Пирамиды. Построение сечений. Площадь сечения: Часть 3

Видео

Конспект

Пример 5.4

ЕГЭ-2013, основной вариант, C2.

В правильной четырехугольной пирамиде MABCD с вершиной M стороны основания равны 15 , а боковые рёбра равны 16 . Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку D и середину ребра MB параллельно прямой AC .

Stereo_2_46

Рис. 4: К примеру 5.4

Stereo_2_47

Рис. 5: К примеру 5.4

Решение.

Построим искомое сечение пирамиды. Пусть E — точка пересечения отрезков DL и MO (рис. 4). Так как плоскость MAC проходит через прямую AC , а плоскость сечения ей параллельна, сечение пересекает плоскость MAC также по прямой, параллельной AC . Таким образом, проводя через точку E прямую, параллельную AC , получим точки G и F . Соединяя их с точками L и D , завершаем построение искомого сечения (рис. 4). Из \triangle MOD (рис. 5) \displaystyle MO = \sqrt{MD^2 - OD^2} = \sqrt{16^2 - \frac{15^2}{2}} = \sqrt{\frac{287}{2}} . Так как MO и DL — медианы, то \displaystyle OE = \frac{1}{3} MO = \frac{1}{3} \sqrt{ \frac{287}{2}} . Из \triangle EOD \displaystyle ED = \sqrt{DE^2 + OD^2} = \frac{34}{3} . Следовательно, \displaystyle DL = \frac{3}{2} ED = 17 . Из подобия \triangle GMF \sim \triangle AMC \frac{GF}{AC} = \frac{ME}{MO} \Longrightarrow

GF = \frac{2}{3} AC = 10 \sqrt 2. По теореме о трех перпендикулярах GF \perp LD , поэтому S_{GLFD} = \frac{1}{2} GF \cdot LD = \frac{1}{2} 10 \sqrt 2 \cdot 17 = 85\sqrt 2. Ответ: \displaystyle 85 \sqrt 2 .

Задача 5.5

В правильной пирамиде SABC с высотой SH и ребром основания AB = a угол между боковым ребром и плоскостью основания равен \varphi . Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку H параллельно ребрам SA и BC .

Stereo_2_88_s

Рис. 6: К задаче 5.5

Решение.

Пусть секущая плоскость \alpha проходит через H и \alpha \parallel SA , \alpha \parallel BC (рис. 6). Так как \alpha \parallel BC , то она пересекает плоскость основания (ABC) по прямой, параллельной BC . Проведем через H прямую P_1P_2 , параллельную BC , где P_1 \in AC , P_2 \in AB . Так как \alpha \parallel SA , то она пересекает плоскость (SAC) по прямой, параллельной SA . Проведем через P_1 прямую P_1P_4 , параллельную SA , где P_4 \in SC . Аналогично, в плоскости (SAB) проведем P_2P_3 \parallel SA , где P_3 \in SB . Искомое сечение — четырехугольник P_1P_2P_3P_4 .

Так как P_1P_4 \parallel SA и P_2P_3 \parallel SA , то P_1P_4 \parallel P_2P_3 . Следовательно, P_1P_2P_3P_4 — трапеция. В правильной пирамиде скрещивающиеся ребра SA и BC взаимно перпендикулярны. Поскольку P_1P_2 \parallel BC и P_1P_4 \parallel SA , то P_1P_2 \perp P_1P_4 . Значит, сечение P_1P_2P_3P_4 является прямоугольником. Площадь сечения S' = P_1P_2 \cdot P_1P_4 .

Найдем стороны прямоугольника.

H — центр правильного \triangle ABC . Пусть AM — медиана и высота. H делит AM в отношении AH:HM = 2:1 . \triangle AP_1P_2 \sim \triangle ABC с коэффициентом подобия k = \frac{AM-HM}{AM} = \frac{2/3 AM}{AM} = \frac{2}{3} \Longrightarrow

P_1P_2 = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}a.

В прямоугольном \triangle ASH AH = \frac{a}{\sqrt{3}} , SH = AH \tg\varphi = \frac{a}{\sqrt{3}}\tg\varphi , SA = \frac{AH}{\cos\varphi} = \frac{a}{\sqrt{3}\cos\varphi}. \triangle CP_1P_4 \sim \triangle CSA , коэффициент подобия k' = \frac{CP_1}{CA} . Так как HP_1 \parallel CM , то \triangle AHP_1 \sim \triangle ACM . Следовательно, AP_1 = \frac{2}{3}AC , тогда CP_1 = \frac{1}{3}CA . P_1P_4 = \frac{CP_1}{CA} \cdot SA = \frac{1}{3}SA = \frac{a}{3\sqrt{3}\cos\varphi}.

Найдем площадь сечения: S' = P_1P_2 \cdot P_1P_4 = \frac{2}{3}a \cdot \frac{a}{3\sqrt{3}\cos\varphi} = \frac{2a^2}{9\sqrt{3}\cos\varphi}.

Ответ: \displaystyle \frac{2a^2}{9\sqrt{3}\cos\varphi} .