Сдам ГИАГотовься. Решай. Сдавай!
↪ВойтиЧерез VK ID
Меню
Задание 35 из 66Многогранники и сечения
Линия №15 · Повышенный уровень

В правильном тетраэдре точки и середины рёбер и соответственно. Плоскость перпендикулярна прямой и пересекает ребро в точке а) Докажите, что прямая перпендикулярна рёбрам и б) Найдите площадь сечения тетраэдра плоскостью если известно, что

Источник: Открытый банк заданий ФИПИ ↗ · FIPI ID: 0E8DDE

Объяснение

Как решать это задание

Ключевая идея и подход к задаче

Задание ФИПИ 0E8DDE по стереометрии. В решении необходимо обосновать пункт а), а затем выполнить вычисления пункта б) с использованием пространственных свойств фигуры.

Ключевая идея: Построить сечение или вспомогательные перпендикуляры, обосновать пространственные отношения и свести вычисление к планиметрии, координатам либо объёмам..
Пошаговый разбор

Понятное решение

Подробные вычисления, пояснения и ответ
Пример решения №1

Решение

а) Так как тетраэдр правильный, то все его ребра равны и все грани являются равными правильными треугольниками.

AN и BN – медианы в равных правильных треугольниках ADC и DBC, следовательно, AN = BN. Тогда △ANB равнобедренный, следовательно, медиана NM, проведенная к его основанию AB, также является и высотой. Таким образом, NM ⊥AB.

PIC

CM и DM – медианы в равных правильных треугольниках ABC и ABD, следовательно, CM = DM. Тогда △CMD равнобедренный, следовательно, медиана NM, проведенная к его основанию CD, также является и высотой. Таким образом, NM ⊥CD.

б) Так как MN ⊥ α и из пункта а) MN ⊥AB, MN ⊥ CD, то AB ∥α и CD ∥α.

Построим сечение.

1. Через точку K в плоскости (ABC ) проведём прямую, параллельную AB. Пусть она пересекает ребро AC в точке P. Получим отрезок сечения P K. 2. Через точку K в плоскости (BCD ) проведём прямую, параллельную CD. Пусть она пересекает ребро BD в точке H. Получим отрезок сечения KH. 3. Через точку P в плоскости (ACD ) проведём прямую, параллельную CD. Пусть она пересекает ребро AD в точке G. Получим отрезок сечения P G. 4. В плоскости (ABD ) проведём отрезок GH. Таким образом, четырёхугольник P KHG — искомое сечение.

PIC

По построению PK ∥ AB ∥GH, PG ∥CD ∥KH, то есть противоположные стороны четырехугольника PKHG попарно параллельны.

В равносторонних треугольников ACD и BCD медианы AN и BN также являются высотами, то есть CD ⊥AN и CD ⊥BN. Отрезок CD перпендикулярен двум пересекающимся прямым AN и BN, лежащим в плоскости (ANB ), следовательно, CD ⊥ (ANB ).

Значит, отрезок CD перпендикулярен любой прямой, лежащей в плоскости (ANB ), то есть CD ⊥ AB.

По построению PK ∥ AB и KH ∥CD, следовательно, PK ⊥ KH. Значит, P KHG – прямоугольник.

Рассмотрим треугольники BKH и BCD. Их угол CBD – общий, углы BKH и BCD равны как соответственные углы при KH ∥CD и секущей BC. Значит, треугольники BKH и BCD подобны по двум углам. Из отношения подобия получаем:

BK-= KH-- BC CD 1 KH-- 4 = 4 KH = 1.

Рассмотрим треугольники CP K и CAB. Их угол ACB – общий, углы CKP и CBA равны как соответственные углы при PK ∥ AB и секущей BC. Значит, треугольники CP K и CAB подобны по двум углам. Из отношения подобия получаем:

PK-= CK- AB CB PK- = 3 4 4 PK = 3.

Следовательно, площадь сечения P KHG равна

SPKHG = KH ⋅P K = 1⋅3= 3.
Ответ:
б) 3
Пример решения №2

Решение

а) Так как △ABD\triangle ABD - правильный, MM - середина ABAB, то DMDM - высота и медиана, DM⊥ABDM \perp AB. Аналогично в △ABC\triangle ABC: CMCM - высота и медиана, CM⊥ABCM \perp AB. Значит, CM⊥ABCM \perp AB и DM⊥AB⇒AB⊥CMDDM \perp AB \Rightarrow AB \perp CMD. Отрезок MNMN лежит в плоскости CMDCMD, следовательно, AN⊥MNAN \perp MN. Так как BN⊥CDBN \perp CD и AN⊥CDAN \perp CD, то CD⊥ABNCD \perp ABN. Заметим, что MNMN лежит в плоскости ABNABN, следовательно, CD⊥MNCD \perp MN.
Схема к решению стереометрической задачи
Что и требовалось доказать. б) Проведём KT∥CDKT \parallel CD и TR∥KSTR \parallel KS, а RS∥CDRS \parallel CD. TK∥CDTK \parallel CD(по построению), MN⊥CD⇒MN⊥TKMN \perp CD \Rightarrow MN \perp TK. Аналогично получаем, что MN⊥SKMN \perp SK. Значит, MN⊥SKTMN \perp SKT. SKTRSKTR - параллелограмм по построению, AB⊥CDAB \perp CD(по теореме о трёх перпендикулярах): AN⊥CDAN \perp CD, ANAN - проекция ABAB на ACDACD, при этом TK∥CDTK \parallel CD и KS∥ABKS \parallel AB, значит, ∠RTK=90∘\angle RTK = 90^\circ, тогда SKTRSKTR - прямоугольник.
Схема к решению стереометрической задачи
По условию ребра тетраэдра равны, значит, AB=BC=AK+KC=1+3=4AB =BC=AK+KC = 1+3=4, KS=34AB=3KS = \frac{3}{4}AB = 3, а TK=14CD=1TK = \frac{1}{4}CD=1. Получаем, что SSKTR=TK⋅KS=3⋅1=3S_{SKTR}=TK \cdot KS = 3 \cdot 1 = 3. Ответ: б) 33.
Ответ: б) 33
Теория

Что нужно знать

Правила и свойства для этого типа задач
  • Взаимное расположение прямых и плоскостей в пространстве
  • Сечения, подобие и теорема о трёх перпендикулярах
  • Площади, объёмы и расстояния в стереометрии
Открыть теорию по математике →
Самопроверка

Типичные ошибки

На что обратить внимание перед ответом
  • Использовать свойство по рисунку без доказательства
  • Перепутать пространственный и линейный угол
  • Не проверить, что построенная точка принадлежит нужному ребру или плоскости
Алгоритм

Как проверить себя

Короткий контрольный список перед ответом
  1. 1Для пункта а) приведено полное геометрическое обоснование?
  2. 2Все вспомогательные точки и плоскости определены однозначно?
  3. 3Ответ пункта б) следует из записанных формул без необоснованных переходов?
Тренировка

Похожие задания

Ещё задачи линии №15
Все задания линии №15 →
Многогранники и сеченияВ основании правильной треугольной пирамиды ABCD ABC со стороной, равной 6. Боковое ребро…FIPI ID 30ED04Многогранники и сеченияВ основании правильной треугольной пирамиды ABCD ABC со стороной, равной 5. Боковое ребро…FIPI ID 149319Многогранники и сеченияВ основании прямой треугольной призмы ABCA_(1)B_(1)C_(1) AB=BC ABC K — A_(1)B_(1) M AC…FIPI ID F7B7A1Многогранники и сеченияНа ребре AA_(1) ABCDA_(1)B_(1)C_(1)D_(1) E так, что A_(1)E:EA=1:2 BB_(1) — F B_(1)F:FB=1:5 Т…FIPI ID E95564Многогранники и сеченияВ основании пирамиды SABCD ABCD AB=5 BD=9 На диагонали BD ABCD E AS — F SF=BE=4 а) Докажите…FIPI ID EA6B32Многогранники и сеченияВ правильной четырёхугольной пирамиде [ИЗОБРАЖЕНИЕ 1] сторона основания [ИЗОБРАЖЕНИЕ 2]…FIPI ID 03B44B
Навигация

Продолжить подготовку

Банк задач, конструктор и пробный ЕГЭ
Все задания линии №15Перейти к списку и выбрать следующую задачуБанк по математикеВыбрать другой номер ЕГЭКонструктор вариантаСобрать тренировочный вариантПробный ЕГЭРешить задания в режиме экзамена