Пирамиды. Площадь поверхности и объем пирамиды: Часть 4

Видео

Конспект

Пример 5.33

Площадь основания ABCD правильной четырехугольной пирамиды SABCD равна 64, а площадь сечения пирамиды плоскостью SAC равна 32\sqrt 3 .

а) Докажите, что угол между плоскостью основания пирамиды и боковым ребром равен 60^{\circ} .

б) Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Stereo_2_111_s

Рис. 10: К примеру 5.33

Решение.

а) Так как площадь основания (квадрата) равна 64 , то сторона основания a = \sqrt{64} = 8 . Диагональ основания AC = a\sqrt{2} = 8\sqrt{2} . Площадь диагонального сечения SAC (это равнобедренный треугольник) вычисляется по формуле: S_{SAC} = \frac{1}{2} AC \cdot SO, где SO — высота пирамиды (рис. 10). Подставляем известные значения: 32\sqrt{3} = \frac{1}{2} \cdot 8\sqrt{2} \cdot SO \implies SO = 4\sqrt{6}. Угол \varphi между плоскостью основания и боковым ребром (например, SC ) — это угол \angle SCO в прямоугольном треугольнике SOC . OC — половина диагонали AC , OC = \frac{1}{2} \cdot 8\sqrt{2} = 4\sqrt{2} . Найдем тангенс этого угла: \tg\varphi = \frac{SO}{OC} = \frac{4\sqrt{6}}{4\sqrt{2}} = \sqrt{3} \Longrightarrow \varphi = 60^\circ.

б) Площадь боковой поверхности состоит из четырех одинаковых треугольников, например SDC . S_{бок} = 4 \cdot S_{SDC} . Площадь S_{SDC} = \frac{1}{2} DC \cdot SM , где SM — апофема. Найдем апофему SM из прямоугольного треугольника SOM . M — середина DC . OM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4 . SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{(4\sqrt{6})^2 + 4^2} = 4\sqrt{7}. Теперь найдем площадь боковой грани: S_{SDC} = \frac{1}{2} \cdot DC \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 4\sqrt{7} = 16\sqrt{7}. Площадь боковой поверхности: S_{бок} = 4 \cdot S_{SDC} = 4 \cdot 16\sqrt{7} = 64\sqrt{7}.

Ответ: б) 64\sqrt 7 .

Пример 5.34

ЕГЭ-2020, основной вариант, № 14.

В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF боковое ребро SA = 14 , а сторона AB = 8 . Точка M середина стороны AB . Плоскость \alpha проходит через точки M и D и перпендикулярна плоскости ABC . Прямая SC пересекает плоскость \alpha в точке K .

a) Докажите, что MK = KD .

б) Найдите объем пирамиды MCDK .

Stereo_2_112_s

Рис. 11: К примеру 5.34

Stereo_2_113_s

Рис. 12: К примеру 5.34

Решение.

а) Соединим точки M и D . Так как плоскость \alpha \perp (ABC) , то она пересекает плоскость (SCD) по прямой, параллельной высоте пирамиды SO (рис. 11). Проведем через точку P (пересечение MD и CO ) прямую PK \parallel SO , получим точку K .

Из свойств правильного шестиугольника: MO \perp CO , BD \perp CO . Рассмотрим \triangle QDP и \triangle OMP (где Q = MD \cap AC ). Они равны по катету и острому углу \implies MP=DP . \triangle MKP = \triangle DKP по двум катетам, следовательно MK=KD .

б) Из свойств правильного шестиугольника CO=CD=8 , CQ = \frac{1}{2}CO=4 (рис. 12). Из \triangle OMP = \triangle QDP (из п. а)) \implies QP = \frac{1}{2}QD=2 . MO = DQ = 4\sqrt{3} . S_{CMP} = \frac{1}{2}MO \cdot CP = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{3} \cdot 6 = 12\sqrt{3} . S_{CMD} = 2 S_{CMP} = 24\sqrt{3} .

Найдем высоту пирамиды SO из прямоугольного \triangle SCO : SO = \sqrt{SC^2-CO^2} = \sqrt{14^2-8^2} = 2\sqrt{33}.

Рассмотрим \triangle CKP и \triangle CSO . Они подобны, следовательно, \frac{KP}{SO} = \frac{CP}{CO} \implies \frac{KP}{2\sqrt{33}} = \frac{6}{8} \implies KP = \frac{6}{8} \cdot 2\sqrt{33} = \frac{3}{2}\sqrt{33}. Объем пирамиды MCDK (с основанием MCD и высотой KP ): V = \frac{1}{3} S_{CMD} \cdot KP = \frac{1}{3} \cdot 24\sqrt{3} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{33} = 36\sqrt{11}.

Ответ: б) \displaystyle 36 \sqrt{11} .