Пирамиды. Построение сечений. Площадь сечения: Часть 4

Видео

Конспект

Пример 5.6

МГУ, физический ф-т, 1981 (июль), № 5(6).

Правильную четырехугольную пирамиду пересекает плоскость, проходящая через вершину основания перпендикулярно противоположному боковому ребру. Площадь получившегося сечения в два раза меньше площади основания пирамиды. Найдите отношение длины высоты пирамиды к длине бокового ребра.

Stereo_2_49

Рис. 7: К примеру 5.6

Решение.

Пусть основание пирамиды ABCD , вершина S , точка O — центр основания (рис. 7). Опустим перпендикуляр из точки A на ребро SC , по условию сечение проходит через эту прямую. Пусть угол SCO=\alpha , SC=l . Тогда AC=2\cdot OC=2l\cos \alpha ; NC=AC\cdot \cos \alpha=2l\cos^2 \alpha ; SN=SC-CN=l(1-2\cos^2\alpha) . Далее, в правильной пирамиде SABCD ребро SC\perp BD по теореме о трех перпендикулярах ( OC — проекция SC на основание — перпендикулярна BD ). Отсюда плоскость сечения, перпендикулярная SC , параллельна прямой BD , эта плоскость пересекает плоскость SBD по прямой KL\parallel BD . Пусть высота пирамиды SO пересекает плоскость сечения в точке M \in KL . Треугольник SNM — прямоугольный, \angle SMN=\angle SCA , как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Тогда \displaystyle SM=\frac{SN}{\sin \alpha}=l\frac{1-2\cos^2\alpha}{\sin \alpha} \vphantom{\int} . Таким образом, сечение есть четырехугольник с взаимно перпендикулярными диагоналями AN и KL . AN=AC\cdot \sin \alpha=2l\cos\alpha\sin\alpha, а из \triangle SML имеем \displaystyle KL=2ML=2SM\ctg \alpha=2l\frac{1-2\cos^2\alpha}{\sin\alpha}\cdot\frac{\cos\alpha}{\sin \alpha}. Тогда площадь сечения \displaystyle S_{сеч}=\frac{1}{2}AN\cdot KL=2l^2(1-2\cos^2\alpha)\frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha}, а площадь \displaystyle S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC^2=2l^2\cos^2 \alpha .

По условию \displaystyle S_{ABCD}=2S_{сеч}\Longleftrightarrow \cos^2 \alpha=2(1-2\cos^2\alpha)\frac{\cos^2\alpha}{\sin\alpha}\Longleftrightarrow 4\sin^2\alpha-\sin \alpha-2=0. Отсюда \displaystyle \sin\alpha= \frac{1+\sqrt{33}}{8} , откуда искомое отношение длин высоты пирамиды и бокового ребра равно \displaystyle \frac{SO}{SC}=\sin\alpha=\frac{1+\sqrt{33}}{8} .

Ответ: \displaystyle \frac{1 + \sqrt{33}}{8} .

Пример 5.7

В правильной пирамиде SABCD с вершиной S боковое ребро равно a , а двугранный угол при боковом ребре равен \varphi . Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точки B , D и середину ребра SC .

Stereo_2_48

Рис. 8: К примеру 5.7

Решение.

Пусть точка N — середина ребра SC , точка O — проекция точки S на плоскость ABC (рис. 8). Сечением, проходящем через заданные точки, является \triangle BND . В прямоугольном \triangle SOC ON — медиана, поэтому она равна половине гипотенузы: \displaystyle ON=\frac{a}{2} . В рассматриваемом сечении BND ON — высота, поэтому для осталось найти BD . Опустим перпендикуляр DK на ребро SC . BK также является перпендикуляром к SC , поэтому \angle BKD=\varphi . Найдем сначала DK из \triangle SDC . Пусть DC = b . Запишем площадь SDC двумя способами: S_{SDC}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot BK=\frac{1}{2}\cdot b\cdot\sqrt{a^2-\frac{b^2}{4}}\Longleftrightarrow BK=b\sqrt{1-\frac{b^2}{4a^2}}. Далее из равнобедренного \triangle BKD получаем \displaystyle b\frac{\sqrt 2}{2}=b\sqrt{1-\frac{b^2}{4a^2}}\sin{\frac{\varphi}{2}}

\Longleftrightarrow b=a\sqrt 2 \sqrt {1-\ctg^2\frac{\varphi}{2}}. В итоге, \displaystyle S_{BND}=\frac{1}{2}\cdot BD\cdot ON=\frac{a^2}{2}\sqrt {1-\ctg^2\frac{\varphi}{2}} .

Ответ: \displaystyle \frac{a^2}{2} \sqrt{1 - \ctg^2 \frac{\varphi}{2}} .