Пирамиды. Площадь поверхности и объем пирамиды: Часть 2

Видео

Конспект

Площадь поверхности и объем пирамиды

Пример 5.29

Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с основанием ABCD . Из точки B опущен перпендикуляр BH на плоскость SAD .

а) Докажите, что \angle AHC =90^{\circ} .

б) Найдите объем пирамиды, если HA=2 и HC=2\sqrt{7} .

Stereo_2_106_s Рис. 4: К примеру 5.29

Решение.

а) По условию BH \perp (SAD) , следовательно, BA — наклонная (рис. 4). В основании (квадрат) AD \perp AB . По теореме о трех перпендикулярах, проекция AH наклонной BA на плоскость (SAD) также перпендикулярна AD . Так как AH \perp BC и AH \perp HB , то AH \perp (HBC) . Следовательно, AH перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в том числе AH \perp HC . Значит, \angle AHC = 90^\circ .

б) Рассмотрим \triangle AHC . Так как \angle AHC = 90^\circ , по теореме Пифагора AC^2 = AH^2 + HC^2 = 2^2 + (2\sqrt{7})^2 = 32 \Longrightarrow AC = 4\sqrt{2}\Longrightarrow BC=4. Следовательно, площадь основания S_{осн} = 16 . Рассмотрим прямоугольный \triangle AHB ( \angle AHB=90^\circ , так как HB \perp (SAD) ): HB = \sqrt{AB^2 - AH^2} = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}.

Stereo_2_107_s

Рис. 5: К примеру 5.29

Пусть M и M_1 — середины AD и BC соответственно. Проведем M_1H_1 \perp SM , \angle MM_1H_1 = \angle ABH как углы с сонаправленными сторонами. Следовательно, \triangle MM_1H_1 = \triangle ABH по гипотенузе и острому углу (рис. 5). Отсюда M_1H_1 = BH = 2\sqrt 3 .

Найдем высоту пирамиды SO . \triangle SOM = \triangle M_1H_1M по катету и острому углу. Отсюда SO = M_1H_1 = 2\sqrt{3} . Найдем объем пирамиды: V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 16 \cdot 2\sqrt{3} = \frac{32\sqrt{3}}{3}.

Ответ: б) \displaystyle 32\frac{\sqrt 3}{3} .

Пример 5.30

МГУ, физический ф-т, 1995 (май), № 8(8).

В правильной треугольной пирамиде SABC ( S — вершина) проведено сечение плоскостью, проходящей через точки B и C и делящей ребро SA в отношении m:n , считая от вершины S . Известно, что объем пирамиды SABC равен V , а расстояние от центра основания ABC до плоскости сечения равно d . Найдите площадь сечения.

Stereo_2_108_s

Рис. 6: К примеру 5.30

Решение.

Пусть плоскость сечения пересекает ребро SA в точке K (рис. 6). Сечение — треугольник BKC . В правильной пирамиде \triangle AKC = \triangle AKB по двум сторонам и углу между ними, следовательно, CK=BK \implies \triangle BKC — равнобедренный. KM — медиана и высота в \triangle BKC , где M — середина BC .

Пусть SA = l , тогда SK = \frac{m}{m+n}l , AK = \frac{n}{m+n}l . Пусть SO — высота пирамиды. O — центр основания. Рассмотрим сечение (SAM) . Пусть KH_1 \perp AM . \triangle AKH_1 \sim \triangle ASO (по двум углам). Из подобия: \frac{KH_1}{SO} = \frac{AK}{AS} \implies KH_1 = \frac{AK}{AS} \cdot SO = \frac{n}{m+n} SO. Рассмотрим пирамиду KABC . Ее основание — \triangle ABC , а высота — KH_1 . Объем этой пирамиды: V_{KABC} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot KH_1 = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot \frac{n}{m+n} SO = \frac{n}{m+n} V. С другой стороны, объем пирамиды KABC можно найти, приняв за основание сечение BKC . Вершиной будет точка A . V_{KABC} = \frac{1}{3} AH_2 \cdot S_{BKC}, где AH_2 — высота, опущенная из A на плоскость сечения.

Пусть H — проекция O на плоскость сечения, OH = d . \triangle AH_2M \sim \triangle OHM . Из подобия: \frac{AH_2}{OH_2'} = \frac{AM}{OM}. В правильном треугольнике O — точка пересечения медиан, значит AM = 3 \cdot OM . \frac{AH_2}{d} = 3 \implies AH_2 = 3d. Подставляем это в формулу для объема: V_{KABC} = \frac{1}{3} \cdot (3d) \cdot S_{BKC} = d \cdot S_{BKC}. Приравниваем два выражения для объема V_{KABC} : d \cdot S_{BKC} = \frac{n}{m+n} V \Longrightarrow S_{BKC} = \frac{n}{m+n} \frac{V}{d}.

Ответ: \displaystyle \frac{n}{m+n} \cdot \frac{V}{d} .