Пирамиды. Площадь поверхности и объем пирамиды: Часть 3

Видео

Конспект

Пример 5.31

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S сторона основания равна 8 . Точка L — середина ребра SC . Тангенс угла между прямыми BL и SA равен \displaystyle 2\sqrt{\frac{2}{5}} .

а) Пусть O — центр основания пирамиды. Докажите, что прямые BO и LO перпендикулярны.

б) Найдите площадь поверхности пирамиды.

Stereo_2_69

Рис. 7: К примеру 5.31

Решение.

а) Угол между прямыми SA и BL (рис. 7) равен углу между прямыми LO и BL (в треугольнике ASC \displaystyle OC=\frac{1}{2} AC , \displaystyle LC=\frac{1}{2} SC \vphantom{\int} , поэтому прямые AS и OL параллельны). Проекция точки L на плоскость ABC будет лежать на прямой AC , поэтому, в силу того, что BO\perp AC по теореме о трех перпендикулярах, LO также перпендикулярна BO .

б) BO=4\sqrt 2 . Из прямоугольного треугольника BOL имеем \displaystyle \frac{BO}{OL}=2\sqrt{\frac{2}{5}}\Longrightarrow LO=2\sqrt 5 . Тогда AS=SB=4\sqrt 5 . Площадь равнобедренного треугольника ASB равна половине основания на высоту: \displaystyle S_{\triangle ASB}=\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot \sqrt{80-16}=32 . Тогда полная площадь поверхности пирамиды равна S_{ABCD}+4\cdot S_{ASB}=64+4\cdot 32=192 .

Ответ: б) 192 .

Задача 5.32

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD со стороной основания a проведено сечение, параллельное плоскости SAB , площадь которого равна S , а грань SCD пересекает по отрезку прямой, длина которого равна a/2 . Найдите объем пирамиды.

Stereo_2_109_s

Рис. 8: К задаче 5.32

Stereo_2_110_s

Рис. 9: К задаче 5.32

Решение.

Пусть плоскость сечения \alpha \parallel (SAB) . Так как \alpha \parallel (SAB) , то она пересекает плоскости граней SCD и ABCD по прямым, параллельным AB (рис. 8). Пусть \alpha \cap SCD = M_1N_1 . Тогда M_1N_1 \parallel CD \parallel AB . По условию, M_1N_1 = a/2 . Так как CD=a , то M_1N_1 = \frac{1}{2}CD . Поскольку \triangle SM_1N_1 \sim \triangle SCD , то M_1N_1 является средней линией \triangle SCD . Следовательно, точки M_1 и N_1 — середины ребер SD и SC соответственно.

Грань ASD сечение пересекает по прямой MM_1 \parallel AS ( MM_1 — средняя линия \triangle ASD ). Аналогично, грань SBC сечение пересекает по прямой NN_1 \parallel SB ( NN_1 — средняя линия \triangle SCB ). Плоскость основания ABCD сечение пересекает по прямой MN , параллельной AB (где M, N — середины AD, BC ). Таким образом, сечение MM_1N_1N — равнобокая трапеция. Основания трапеции: MN = a и M_1N_1 = a/2 . Площадь трапеции: S = S_{MM_1N_1N} = \frac{1}{2}(M_1N_1 + MN)h = \frac{1}{2}(a/2+a)h = \frac{3ah}{4} . Отсюда находим высоту трапеции: h = \frac{4S}{3a} .

Рассмотрим боковую сторону трапеции MM_1 . Это средняя линия \triangle ASD , значит MM_1 = \frac{1}{2}SA . Опустим высоту M_1H_1 на основание MN . В равнобокой трапеции MH_1 = \frac{MN-M_1N_1}{2} = \frac{a-a/2}{2} = \frac{a}{4} (рис. 9). Из прямоугольного \triangle MM_1H_1 : \begin{gathered}

MM_1^2 = MH_1^2 + M_1H_1^2 = \left(\frac{a}{4}\right)^2 + h^2 = \frac{a^2}{16} + \frac{16S^2}{9a^2} \Longrightarrow \\

MM_1 = \sqrt{\frac{a^2}{16} + \frac{16S^2}{9a^2}}.

\end{gathered} Найдем боковое ребро SA : SA = 2 \cdot MM_1 = 2\sqrt{\frac{a^2}{16} + \frac{16S^2}{9a^2}} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{64S^2}{9a^2}}. Найдем высоту пирамиды SO . В основании AO = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}} . В прямоугольном \triangle SAO : SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{\left(\frac{a^2}{4} + \frac{64S^2}{9a^2}\right) - \left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2} = \sqrt{\frac{64S^2}{9a^2} - \frac{a^2}{4}}. Теперь найдем объем пирамиды: V = \frac{1}{3}S_{ABCD} \cdot SO = \frac{1}{3}a^2 \sqrt{\frac{64S^2}{9a^2} - \frac{a^2}{4}}.

Ответ: \displaystyle V = \frac{1}{3} a^2 \sqrt{\frac{64 S^2}{9a^2} - \frac{a^2}{4}} .