Ритик рошан личная жизнь. Ритик рошан - биография, личная жизнь, фильмография, фото
Это целых три задачи. Для начала надо выучить формулы. Все они есть в наших таблицах :
Часто в задачах ЕГЭ, посвященных стереометрии, требуется посчитать объем тела или площадь его поверхности. Или как-то использовать эти данные. Поэтому заглянем в толковый словарь русского языка и уточним понятия.
Объем - величина чего-нибудь в длину, ширину и высоту, измеряемая в кубических единицах.
Другими словами, чем больше объем, тем больше места тело занимает в трехмерном пространстве.
Площадь - величина чего-нибудь в длину и ширину, измеряемая в квадратных единицах.
Представьте себе, что вам нужно оклеить всю поверхность объемного тела. Сколько квадратных сантиметров (или метров) вы бы обклеили? Это и есть его площадь поверхности.
Объемные тела - это многогранники (куб, параллелепипед, призма, пирамида) и тела вращения (цилиндр, конус, шар).
Если в задаче по стереометрии речь идет о многограннике, вам встретятся термины «вершины» «грани» и «ребра». Вот они, на картинке.
Чтобы найти площадь поверхности многогранника, сложите площади всех его граней.
Вам могут также встретиться понятия «прямая призма, правильная призма, правильная пирамида».
Прямой
называется призма, боковые ребра которой перпендикулярны основанию.
Если призма - прямая и в ее основании лежит правильный многоугольник, призма будет называться правильной
.
А правильная пирамида
- такая, в основании которой лежит правильный многоугольник, а вершина проецируется в центр основания.
Перейдем к практике.
Одна из распространенных задач в части 1 - такая, где надо посчитать объем или площадь поверхности многогранника, из которого какая-нибудь часть вырезана . Например, такого:
Что тут нарисовано? Очевидно, это большой параллелепипед, из которого вырезан «кирпичик», так что получилась «полочка». Если вы увидели на рисунке что-то другое - обратите внимание на сплошные и штриховые линии. Сплошные линии - видимы. Штриховыми линиями показываются те ребра, которые мы не видим, потому что они находятся сзади.
Объем найти просто. Из объема большого «кирпича» вычитаем объем маленького. Получаем:
А как быть с площадью поверхности? Почему-то многие школьники пытаются посчитать ее по аналогии с объемом, как разность площадей большого и малого «кирпичей». В ответ на такое «решение» я обычно предлагаю детскую задачу - если у четырехугольного стола отпилить один угол, сколько углов у него останется? :-)
На самом деле нам нужно посчитать сумму площадей всех граней - верхней, нижней, передней, задней, правой, левой, а также сумму площадей трех маленьких прямоугольников, которые образуют «полочку». Можно сделать это «в лоб», напрямую. Но есть и способ попроще.
Прежде всего, если бы из большого параллелепипеда ничего не вырезали, его площадь поверхности была бы равна . А как повлияет на него вырезанная «полочка»?
Давайте посчитаем сначала площадь всех горизонтальных участков, то есть «дна», «крыши» и нижней поверхности «полочки». С дном - все понятно, оно прямоугольное, его площадь равна .
А вот сумма площадей «крыши» и горизонтальной грани «полочки» тоже равна ! Посмотрите на них сверху.
…В этот момент и наступает понимание. Кому-то проще нарисовать вид сверху. Кому-то - представить, что мы передвигаем дно и стенки полочки и получаем целый большой параллелепипед, площадь поверхности которого равна . Каким бы способом вы ни решали, результат один - площадь поверхности будет такой же, как и у целого параллелепипеда, из которого ничего не вырезали.
Ответ: .
Следующую задачу, попроще, вы теперь решите без труда. Здесь тоже надо найти площадь поверхности многогранника :
. Из площади поверхности «целого кирпича» вычитаем площади двух квадратиков со стороной - на верхней и нижней гранях.
А здесь нарисована прямоугольная плитка с «окошком». Задание то же самое - надо найти площадь поверхности
.
Сначала посчитайте сумму площадей всех граней. Представьте, что вы дизайнер, а эта штучка - украшение. И вам надо оклеить эту штуку чем-то ценным, например, бриллиантами Сваровски. И вы их покупаете на свои деньги. (Я не знаю почему, но эта фраза мгновенно повышает вероятность правильного ответа!) Оклеивайте все грани плитки. Но только из площадей передней и задней граней вычтите площадь «окошка». А затем - само «окошко». Оклеивайте всю его «раму».
Правильный ответ: .
Следующий тип задач - когда одно объемное тело вписано в другое.
Прямоугольный параллелепипед описан около цилиндра, радиус основания и высота которого равны . Найдите объем параллелепипеда.
Прежде всего, заметим, что высота цилиндра равна высоте параллелепипеда. Нарисуйте вид сверху, то есть круг, вписанный в прямоугольник. Тут сразу и увидите, что этот прямоугольник - на самом деле квадрат, а сторона его в два раза больше, чем радиус вписанной в него окружности. Итак, площадь основания параллелепипеда равна , высота равна , объем равен .
. В основании прямой призмы лежит прямоугольный треугольник с катетами и . Боковые ребра равны . Найдите объем цилиндра, описанного около этой призмы. В ответ запишите .
Очевидно, высота цилиндра равна боковому ребру призмы, то есть . Осталось найти радиус его основания.
Рисуем вид сверху. Прямоугольный треугольник вписан в окружность. Где будет находиться радиус этой окружности? Правильно, посередине гипотенузы. Гипотенузу находим по теореме Пифагора, она равна . Тогда радиус основания цилиндра равен пяти. Находим объем цилиндра по формуле и записываем ответ: .
. В прямоугольный параллелепипед вписан шар радиуса . Найдите объем параллелепипеда.
Эта задача тоже проста. Нарисуйте вид сверху. Или сбоку. Или спереди. В любом случае вы увидите одно и то же - круг, вписанный в прямоугольник. Очевидно, этот прямоугольник будет квадратом. Можно даже ничего не рисовать, а просто представить себе шарик, который положили в коробочку так, что он касается всех стенок, дна и крышки. Ясно, что такая коробочка будет кубической формы. Длина, ширина и высота этого куба в два раза больше, чем радиус шара.
Ответ: .
Следующий тип задач - такие, в которых увеличили или уменьшили какой-либо линейный размер (или размеры) объемного тела. А узнать нужно, как изменится объем или площадь поверхности.
. В сосуд, имеющий форму правильной треугольной призмы, налили воду. Уровень воды достигает см. На какой высоте будет находиться уровень воды, если ее перелить в другой такой же сосуд, у которого сторона основания в раза больше, чем у первого? Ответ выразите в сантиметрах.
Слова «другой такой же сосуд» означают, что другой сосуд тоже имеет форму правильной треугольной призмы. То есть в его основании - правильный треугольник, у которого все стороны в два раза больше, чем у первого. Мы уже говорили о том, что площадь этого треугольника будет больше в раза. Объем воды остался неизменным. Следовательно, в раза уменьшится высота.
Ответ: .
. Одна цилиндрическая кружка вдвое выше второй, зато вторая в два раза шире. Найдите отношение объема второй кружки к объему первой.
Давайте вспомним, как мы решали стандартные задачи , на движение и работу. Мы рисовали таблицу, верно? И здесь тоже нарисуем таблицу. Мы помним, что объем цилиндра равен .
| Высота | Радиус | Объем | |
| Первая кружка | |||
| Вторая кружка |
Считаем объем второй кружки. Он равен . Получается, что он в два раза больше, чем объем первой.
Задание 1 #3868
Уровень задания: Равен ЕГЭ
Основанием прямой треугольной призмы \(ABCA_1B_1C_1\) является прямоугольный треугольник \(ABC\) , причем \(\angle C=90^\circ\) . Диагонали боковых граней \(AA_1B_1B\) и \(BB_1C_1C\) равны соответственно \(26\) и \(10\) , \(AB=25\) .
а) Докажите, что \(\triangle BA_1C_1\) – прямоугольный.
б) Найдите объем пирамиды \(AA_1C_1B\) .
а) Так как \(BB_1\perp (A_1B_1C_1)\) , \(B_1C_1\perp A_1C_1\) , то по теореме о трех перпендикулярах \(BC_1\perp A_1C_1\) (как наклонная). Следовательно, \(\triangle A_1C_1B\) – прямоугольный.
б) Заметим, что \(BC\perp AC\)
и \(BC\perp CC_1\)
, следовательно, по признаку \(BC\perp (AA_1C_1)\)
. Следовательно, \(BC\)
– высота пирамиды \(BAA_1C_1\)
с основанием \(AA_1C_1\)
.
Так как \(\triangle AA_1C_1\)
прямоугольный, то \
По теореме Пифагора \[\begin{aligned}
&A_1C_1=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{16\cdot 36}=24\\
&AA_1=\sqrt{26^2-25^2}=\sqrt{1\cdot 51}=\sqrt{51}\\
&BC=\sqrt{10^2-51}=\sqrt{49}=7 \end{aligned}\]
Тогда \
Ответ:
б) \(28\sqrt{51}\)
Задание 2 #1268
Уровень задания: Равен ЕГЭ
\(ABCA_1B_1C_1\) - прямая треугольная призма, \(AB=16, \ BC=15, \ AA_1=8\) . \(M, N\) – середины ребер \(AC\) и \(B_1C_1\) соответственно. \(K,P\) – такие точки на ребрах \(BC\) и \(B_1C_1\) соответственно, что \(CK=B_1P=\dfrac{1}{6}BC\) .
а) Построить сечение призмы плоскостью \(\alpha\) , параллельной прямой \(MN\) и проходящей через точки \(K\) и \(P\) .
б) Найти площадь сечения призмы плоскостью \(\alpha\) .
а) 
Если прямая \(MN\parallel \alpha \Rightarrow MN\) параллельна некоторой прямой, лежащей в \(\alpha\) . Проведем \(NS\perp BC, NS\cap KP=O\) . В плоскости \(MNS\) проведем \(OH\parallel MN \Rightarrow MH=HS\) . Тогда прямая \(KH\cap AB=T\) . Так как плоскости \(ABC\) и \(A_1B_1C_1\) параллельны, то \(\alpha\) пересечет плоскость \(A_1B_1C_1\) по прямой, параллельной \(KT\) . Следовательно, проведем \(PR\parallel KT\) . Таким образом, \(TRPK\) – искомое сечение (трапеция).
б) Заметим, что \(CK=\dfrac{1}{6} \cdot 15=\dfrac{5}{2} \Rightarrow KS=5\) . Т.к. \(MS\) – средняя линия треугольника \(ABC \Rightarrow MS=8 \Rightarrow HS=4\) . Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольник \(HKS\) – прямоугольный, следовательно, \(\angle H =90^\circ\) и \(HK=3\) . Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах, из того, что \(NS\perp (ABC), HS\perp KT \Rightarrow OH\perp KT\) .
Проведем \(PH_1 \perp KT\) . Из подобия треугольников \(HOK\) и \(H_1PK\) следует, что \(PH_1=2OH\) . Т.к. \(OS=\dfrac{1}{2}NS=4, HS=4 \Rightarrow OH=4\sqrt2\) . Таким образом найдена высота трапеции \(PH_1=8\sqrt2\) .
Найдем основания трапеции \(KT\) и \(PR\) .
\(\sin \angle KSH = \dfrac{3}{5}=\sin \angle B=\dfrac{KT}{KB} \Rightarrow KT=\dfrac{15}{2}\) .
\(\bigtriangleup PRB_1 \sim \bigtriangleup KTB \Rightarrow PR=\dfrac{3}{2}\) .
Таким образом, \(S_{TRPK} = \dfrac{1}{2}\cdot (\dfrac{15}{2}+\dfrac{3}{2})\cdot 8\sqrt2 = 36\sqrt2\)
Ответ:
б) \(36\sqrt2\)
Задание 3 #2300
Уровень задания: Равен ЕГЭ
В треугольной пирамиде \(DABC\) двугранные углы при ребрах \(AD\) и \(BC\) равны. Известно также, что \(AB=BD=DC=AC=\sqrt{15}\) .
а) Докажите, что \(AD=BC\) .
б) Найдите объем пирамиды, если двугранные углы при \(AD\) и \(BC\) равны по \(60^\circ\) .
а) Рассмотрим пирамиду \(DABC\) , \(AB=BD=DC=CA\) , \(\angle (BAD,CAD)=\angle (BAC,BDC)\) .
Т.к. \(\triangle ABD\) и \(\triangle ACD\) – равнобедренные, причем \(AD\) – общее основание, то высоты к основаниями попадут в одну точку – в середину стороны \(AD\) , точку \(N\) . То есть \(BN\perp AD\) , \(CN\perp AD\) . Таким образом, \(\angle BNC\) – линейный угол двугранного угла \(\angle(BAD,CAD)\) .
Аналогичным образом строится угол \(\angle AMD\) – линейный угол двугранного угла \(\angle (BAC,BDC)\) , где \(M\) – середина \(BC\) . Таким образом, \(\angle BNC=\angle AMD\) .
Т.к. \(\triangle ABD=\triangle ACD\) по трем сторонам, то \(BN=CN\) . Аналогично \(AM=DM\) . Значит, \(\triangle AMD\) и \(\triangle BNC\) – равнобедренные и подобные (по двум пропорциональным сторонам и углу между ними).
Заметим, что плоскости \((AMD)\) и \((BNC)\) имеют две общие точки – это точки \(N\) и \(M\) . Следовательно, они пересекаются по прямой \(MN\) . Отрезок \(NM\) – это высота в \(\triangle AMD\) и \(\triangle BNC\) к основаниям \(AD\) и \(BC\) соответственно. Следовательно, эти треугольники равны. Следовательно, \(AD=BC\) , чтд.
б) Из пункта а) также следует, что \(AM=DM=BN=CN\)
. Т.к. двугранные углы равны \(60^\circ\)
, то \(\triangle AMD\)
и \(\triangle BNC\)
– равносторонние.
Пусть \(AM=DM=BN=CN=AD=BC=x\)
.
Проведем высоту пирамиды \(DH\) . Т.к. \(DM\perp BC\) , то по теореме о трех перпендикулярах \(HM\perp BC\) . Таким образом, точка \(H\) должна лежать на \(AM\) , причем на середине, т.к. \(\triangle AMD\) – равносторонний.
\(DH=\frac{\sqrt3}2\cdot AD=\frac{\sqrt3}2x\) . Найдем по теореме Пифагора \(x\) из \(\triangle ABM\) :
\(AM=x\) , \(BM=\frac x2\) , \(AB=\sqrt{15}\) , следовательно, \(x=2\sqrt3\) .
Таким образом, \
Ответ:
б) \(6\)
Задание 4 #1265
Уровень задания: Равен ЕГЭ
Дан правильный тетраэдр \(SABC\) , \(H\) – такая точка на высоте \(SO\) , что \(OH:HS=1:3\) . Плоскость \(\alpha\) проходит через точки \(A\) и \(H\) параллельно медиане \(BM\) треугольника \(ABC\) и пересекает ребро \(CS\) в точке \(P\) .
а) Докажите, что \(CP:PS=2:3\) .
б) Найдите угол между плоскостями \(\alpha\) и \(ABC\) .
а) 
Правильный тетраэдр - это правильная треугольная пирамида, у которой все ребра равны. Пусть ребро пирамиды равно \(a\)
.
Т.к. пирамида правильная, то высота \(SO\)
падает в точку пересечения медиан \(\bigtriangleup ABC\)
. Рассмотрим плоскость \(BSM\)
, точка \(H\)
лежит в этой плоскости. Т.к. плоскость \(\alpha\)
параллельна \(BM\)
, то она пересекает плоскость \(BSM\)
по прямой, параллельной \(BM\)
.
Проведем \(RT\parallel BM, H\in RT\) . Тогда по теореме Фалеса \(\dfrac{SH}{HO}=\dfrac{ST}{TM}=\dfrac{3}{1}\) .
Прямая \(AT\)
пересечет \(CS\)
в точке \(P\)
. \(\bigtriangleup APR\)
– сечение пирамиды плоскостью \(\alpha\)
.
Напишем теорему Менелая для \(\bigtriangleup CSM\)
и прямой \(AP\)
:
\[\dfrac{CP}{PS}\cdot \dfrac{ST}{TM}\cdot \dfrac{MA}{AC}=1\]
Из этого равенства находим, что \(\dfrac{CP}{PS}=\dfrac{2}{3}\)
б) Докажем, что линия пересечения плоскостей \(\alpha\) и \(ABC\) параллельна прямой \(BM\) . Пусть это не так: пусть \(l\) – линия пересечения \(\alpha\) и \(ABC\) и \(l\cap BM=Z\) . Тога прямая \(BM\cap \alpha=Z\) , следовательно, не может быть параллельна \(\alpha\) . Получили противоречие, следовательно, \(l\parallel BM\) . Заметим, что прямая \(l\) проходит через точку \(A\) .
Построим линейный угол двугранного угла между \(\alpha\) и \(ABC\) . Т.к. \(HO\perp ABC\) , проведем \(OK\perp l\) , следовательно, по теореме о трех перпендикулярах \(HK\perp l\) . Таким образом, \(\angle HKO\) – искомый угол.
1) Найдем \(HO\)
.
\(BO=\dfrac{2}{3}\cdot BM=\dfrac{2}{3}\cdot
\dfrac{\sqrt3}{2}a=\dfrac{a}{\sqrt3}\)
Тогда \(SO=\sqrt{a^2 -\dfrac{a^2}{3}}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}a \Rightarrow HO=\dfrac{1}{4}SO=\dfrac{\sqrt2a}{4\sqrt3}\)
2) Найдем \(OK\)
.
\(BM\perp AC, BM\parallel l \Rightarrow AC\perp l\)
. Т.к. \(OK\perp l
\Rightarrow OK\parallel AC\)
. Таким образом, \(OMAK\)
– параллелограмм, следовательно, \(OK=MA=\dfrac{1}{2}a\)
.
Треугольник \(HOK\)
– прямоугольный, следовательно, \(\mathrm{ctg}\,\angle
HKO=\dfrac{OK}{HO}=\sqrt6\)
Тогда \(\angle HKO= \mathrm{arcctg}\,\sqrt6\)
.
Ответ:
б) \(\mathrm{arcctg}\,\sqrt6\)
Задание 5 #3059
Уровень задания: Равен ЕГЭ
Дана правильная четырехугольная призма \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) , стороны основания которой равна \(4\) , а боковые ребра равны \(5\) .
а) Постройте сечение призмы плоскостью \(DMN\) , где \(M\) и \(N\) – середины отрезков \(A_1B_1\) и \(B_1C_1\) .
б) Найдите угол между данным сечением и плоскостью \(ABC\) .
(Задача от подписчиков)
а) Из условия следует, что призма прямая и основаниями являются квадраты.
\(MN\)
– средняя линия в \(\triangle A_1B_1C_1\)
, следовательно, \(MN\parallel A_1C_1\)
. Тогда плоскость \(DMN\)
пересечет плоскость \(A_1C_1CA\)
по прямой \(l\)
, параллельной \(A_1C_1\)
(в противном случае \(l\)
пересечет \(A_1C_1\)
в некоторой точке \(K\)
, которая будет лежать и на \(A_1C_1\)
, и в плоскости \(DMN\)
, следовательно, должна будет лежать и на \(MN\)
, что невозможно, так как \(MN\)
не пересекает \(A_1C_1\)
).
Таким образом, найдем точку, в которой плоскость \(DMN\)
пересекает плоскость \(A_1C_1CA\)
.
Пусть плоскость \(B_1D_1DB\)
пересекает \(MN\)
в точке \(T\)
. Тогда \(DT\in
(DMN)\)
. Если \(O\)
и \(O_1\)
– точки пересечения диагоналей оснований, то прямые \(DT\)
и \(OO_1\)
лежат в плоскости \(B_1D_1DB\)
. Пусть точка их пересечения – точка \(K\)
. Тогда \(K\)
– искомая точка пересечения плоскости \(DMN\)
и плоскости \(A_1C_1CA\)
.
Проведем через точку \(K\)
прямую \(l\)
параллельно \(A_1C_1\)
. Пусть она пересекла \(AA_1\)
в точке \(P\)
, \(CC_1\)
в точке \(L\)
. Таким образом, получили сечение \(DPMNL\)
призмы плоскостью \(DMN\)
.
б) Заметим, что \(KO\perp (ABC)\)
, следовательно, так как \(OD\perp
AC\)
, то и \(KD\perp AC\)
по теореме о трех перпендикулярах. Значит, \(\angle KDO\)
равен углу между плоскостями \(DMN\)
и \(ABC\)
.
По теореме Фалеса \[\dfrac{A_1M}{MB_1}=\dfrac11=\dfrac{O_1T}{TB_1}
\quad\Rightarrow\quad O_1T=TB_1.\]
\(\triangle TO_1K\sim \triangle DOK\)
, следовательно, \[\dfrac{O_1T}{OD}=\dfrac12=\dfrac{O_1K}{OK}\]
Следовательно, \(OK=\frac23OO_1=\frac23AA_1=\frac23\cdot
5=\frac{10}3\)
.
\(OD=\frac12 BD=\frac12\cdot \sqrt2AB=2\sqrt2.\)
Тогда \[\mathrm{tg}\,\angle KDO=\dfrac{OK}{OD}=\dfrac56\sqrt2
\quad\Rightarrow\quad
\angle KDO=\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2.\]
Ответ:
б) \(\mathrm{arctg}\,\dfrac56\sqrt2\)
Задание 6 #3064
Уровень задания: Равен ЕГЭ
В правильной треугольной пирамиде \(SABC\) с основанием \(ABC\) на медиане основания \(CE\) взята точка \(K\) так, что \(CK:KE=8:1\) . Через точку \(K\) проведена плоскость \(\alpha\) , которая перпендикулярна прямой \(CE\) и пересекает боковые ребра \(SA\) и \(SB\) в точках \(M\) и \(N\) соответственно.
а) Докажите, что \(MN:AB=2:3\) .
б) Найдите объем пирамиды, вершиной которой является точка \(C\) , а основанием – сечение пирамиды \(SABC\) плоскостью \(\alpha\) , если известно, что \(AB=9\sqrt3\) , \(SA=18\) .
(Задача от подписчиков)
а) Пусть \(SO\)
– высота пирамиды, \(O\)
– точка пересечения медиан. Следовательно, \[\dfrac{CO}{OE}=\dfrac21\]
Так как по условию \(CK:KE=8:1\)
, то можно обозначить \(CK=8x\)
, \(KE=x\)
. Тогда \(CE=9x\)
. Следовательно, \(CO=\frac23CE=6x\)
, \(OE=3x\)
, \(OK=2x\)
.
Так как \(CE\)
перпендикулярна плоскости \(\alpha\)
, то нужно построить две пересекающиеся прямые в плоскости \(\alpha\)
, которым \(CE\)
будет перпендикулярна.
Первая прямая: так как \(CE\perp AB\)
, то проведем через точку \(K\)
прямую \(PL\parallel AB\)
. Тогда \(CE\perp PL\)
(\(P\in AC, L\in BC\)
).
Вторая прямая: так как \(SO\perp (ABC)\)
, то \(SO\perp CE\)
. Следовательно, проведем \(KK"\parallel SO\)
, тогда \(KK"\perp CE\)
(\(K"\in SE\)
).
Следовательно, \(\alpha\)
проходит через точки \(P, L, K"\)
.
Заметим, что \(\alpha\)
пересечет плоскость \(ASB\)
по прямой, параллельной \(AB\)
(в противном случае \(\alpha\)
будет иметь общую точку с \(AB\)
, что невозможно, так как \(AB\parallel PL
\quad\Rightarrow\quad AB\parallel \alpha\)
).
Следовательно, \(MN\parallel AB\)
и проходит через \(K"\)
.
Из подобия \(\triangle K"EK\sim \triangle SEO\)
: \[\dfrac{SE}{K"E}=\dfrac{OE}{KE}=\dfrac31 \quad\Rightarrow\quad K"E=
\dfrac13SE
\quad\Rightarrow\quad SK"=\dfrac23SE.\]
Из подобия \(\triangle
MSN\sim \triangle ASB\)
: \[\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{SK"}{SE}=\dfrac23.\]
б) Рассмотрим пирамиду \(CPMNL\)
. \(CK\)
– высота этой пирамиды, \(PMNL\)
– трапеция (\(MN\parallel AB\parallel PL\)
).
Следовательно, \
Так как \(BC=9\sqrt3\)
, то \(CE=\sqrt{BC^2-EB^2}=\frac{27}2\)
. Следовательно, \
Из подобия параллельно прямой \(BD\)
.
б) Найдите площадь построенного сечения.
(Задача от подписчиков)
а) Пусть \(N\)
– середина ребра \(SC\)
, \(SH\)
– высота пирамиды (падает в точку пересечения диагоналей основания).
Необходимо построить прямую, лежащую в плоскости сечения и параллельную \(BD\)
. Рассмотрим плоскость \(ASC\)
. Прямая \(AN\)
пересекает \(SH\)
в точке \(O\)
. Теперь рассмотрим \(BSD\)
. Проведем в этой плоскости через точку \(O\)
прямую, параллельную \(BD\)
. Пусть она пересечет ребра \(SB\)
и \(SD\)
в точках \(M\)
и \(K\)
соответственно. Таким образом, \(AMNK\)
– искомое сечение.
б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах (так как \(OH\perp (ABC), AH\perp BD\) ) \(AO\perp BD\) . Так как \(BD\parallel MK\) , то \(AO\perp MK\) , следовательно, \(AN\perp MK\) . Следовательно, у четырехугольника \(AMNK\) диагонали взаимно перпендикулярны. Значит, его площадь можно найти как \
Заметим сразу, что \(BD=AC=AB\sqrt2=12\)
.
Рассмотрим плоскость \(ASC\)
.
По теореме Менелая: \[\dfrac{SN} {NC}\cdot \dfrac{CA}{AH}\cdot \dfrac{HO}{OS}=1 \quad\Rightarrow \quad \dfrac{HO}{OS}=\dfrac12 \quad\Rightarrow\quad OS=2OH \quad\Rightarrow\quad \dfrac{SO}{SH}=\dfrac23.\] (это нам понадобится позже для поиска \(MK\) )
Проведем \(NQ\perp AC\)
. Тогда из подобия \(\triangle SHC\)
и \(\triangle
NQC\)
: \[\dfrac{SH}{NQ}=\dfrac{SC}{NC}=2 \quad\Rightarrow\quad
NQ=\dfrac12SH=\dfrac12\sqrt{SC^2-HC^2}=\dfrac12\sqrt{21^2-6^2}=
\dfrac12\sqrt{81\cdot 5}\]
\(Q\)
– середина \(HC\)
, следовательно, \(AQ=\frac34AC=\frac34\cdot 12=9\)
. Тогда по теореме Пифагора \
Рассмотрим \(BSD\)
. Так как \(\triangle MSK\sim \triangle BSD\)
, то \[\dfrac{MK}{BD}=\dfrac{SO}{SH}=\dfrac23 \quad\Rightarrow\quad
MK=\dfrac23BD=\dfrac23\cdot 12=8.\]
Следовательно, площадь сечения равна \
