Сдам ГИАГотовься. Решай. Сдавай!
↪ВойтиЧерез VK ID
Меню
Задание 53 из 66Многогранники и сечения
Линия №15 · Повышенный уровень

Точка середина ребра правильной четырёхугольной пирамиды с основанием Точка лежит на ребре а) Докажите, что плоскость параллельна прямой б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью если все рёбра пирамиды равны 6.

Источник: Открытый банк заданий ФИПИ ↗ · FIPI ID: 1D76E2

Объяснение

Как решать это задание

Ключевая идея и подход к задаче

Задание ФИПИ 1D76E2 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) Проведём SH ⊥ (ABC ). Так как пирамида SABCD правильная, то H – точка пересечения диагоналей AC и BD квадрата ABCD.

Пусть в плоскости (ASC ) прямая CM пересекает высоту SH в точке O. Пусть в плоскости (BSD ) прямая NO пересекает диагональ BD в точке K.

Диагонали AC и BD квадрата ABCD точкой H пересечения делятся пополам, то есть AH = HC.

PIC

По теореме Менелая для △ASH и прямой MC :

AM--⋅ SO ⋅ HC =1 MS OH CA 1 ⋅ SO ⋅ 1= 1 1 OH 2 SO-= 2. OH 1

По теореме Менелая для △BSH и прямой KN :

SN BK HO NB--⋅KH--⋅OS- =1 1 ⋅ BK-⋅ 1= 1 2 KH 2 -BK-= 4 . KH 1

Следовательно, если KH = x, то BH = 3x. Тогда

DK = DH − KH = BH − KH =2x.

Рассмотрим угол SBD и секущие NK и SD. Заметим, что

BK :KD = 4x:2x= 2 :1= BN :NS.

По обратной теореме о пропорциональных отрезках NK ∥ SD. Так как плоскость (CMN ) содержит прямую NK, то (CMN )∥SD.

б) Пусть CK ∩ AD = P. Тогда четырехугольник CNMP – сечение пирамиды плоскостью (CMN ). Пусть φ – угол между плоскостями (ABC ) и (CMN ).

Плоскости (ABC ) и (CMN ) пересекаются по прямой CP. Пусть HL ⊥CP. Тогда LH – проекция наклонной OL на плоскость (ABC ). По теореме о трех перпендикулярах OL ⊥ P C. Тогда

φ= ∠OLH.

Диагонали квадрата ABCD равны и точкой пересечения делятся пополам. Тогда

CH = AC-= BD- = BH = 3x. 2 2

По теореме Пифагора для треугольника CKH имеем:

CK2 = CH2 + KH2 ∘ ---------- ∘ --CK-=-- CH∘2-+-KH2-= √ -- = (3x)2 +x2 = 9x2+ x2 = x 10.

Высота LH прямоугольного треугольника CKH равна:

LH = KH-⋅CH--= x⋅√3x-= √3-x. CK x 10 10

Диагональ BD квадрата ABCD равна:

√ - 6x= BD =AB 2 AB = 3√2x.

Так как все ребра пирамиды равны, то

SC = AB = 3√2x.

По теореме Пифагора для треугольника SCH имеем:

SC2 = CH2 + SH2 SH = ∘SC2--−-CH2-= ∘ (----)-------- = 3√2x 2− (3x)2 =∘18x2-−-9x2 = 3x.

Так как SO :OH =2 :1, то

1 OH = 3SH = x.

В прямоугольном треугольнике OHL имеем:

-- OH- --x- √-10 tgφ = HL = √3x = 3 . 10

Получаем:

2 1 tg φ+ 1= cos2φ 10+ 1 = --12-- 9 cos φ 19-= --1-- 9 cos2φ --3- cosφ= √19-.

PIC

Пусть ′ MM ⊥ (ABC ). Так как точка M лежит на прямой SA, её проекция ′ M лежит на проекции прямой SA, то есть на прямой AH.

Так как SH ⊥ (ABC ), то MM ′ ∥SH. По теореме о пропорциональных отрезках для угла SAH имеем:

′ ′ ′ AM = MS, MM ∥SH ⇒ AM = M H.

Пусть NN ′ ⊥(ABC ). Так как точка N лежит на прямой SB, её проекция N′ лежит на проекции прямой SB, то есть на прямой BH.

Так как SH ⊥ (ABC ), то NN ′ ∥SH. По теореме о пропорциональных отрезках для угла SBH имеем:

BN :NS = 2:1 ⇒ BN ′ :N ′H =2 :1.

Рассмотрим треугольники BCK и DP K. Их углы BKC и DKP равны как вертикальные, углы BCK и DP K равны как накрест лежащие при BC ∥AD и секущей CP. Значит, треугольники BCK и DP K подобны по двум углам. Из отношения подобия получаем:

BC-= BK--= 2. DP DK 1

Так как все рёбра пирамиды равны, то

BC- AD- DP = 2 = 2 .

Следовательно, P – середина AD. Тогда ′ PM – средняя линия в треугольника ADH, то есть ′ PM ∥DH и ′ DH P M = -2-.

PIC

Диагонали квадрата ABCD перпендикулярны, то есть AC ⊥ BD. Так как P M ′ ∥DH, то PM ′ ⊥ AC. Значит, треугольник CM ′P прямоугольный. Его площадь равна:

SCM′P = 1⋅PM ′⋅CM ′ = 2 = 1 ⋅ DH-⋅(CH +HM ′) = 2 2 ( ) = 1 ⋅ DH-⋅ CH + AH- = 2 2 2 1 3x ( 3x) 27x2 = 2 ⋅2-⋅ 3x + 2- = -8--.

Так как N ′H ⊥ CM ′, то площадь треугольника CM ′N ′ равна:

1 ′ ′ SCM ′N′ = 2 ⋅N H ⋅CM = 1 BH--( ′) = 2 ⋅ 3 ⋅CH +HM = 1 BH--( AH-) = 2 ⋅ 3 ⋅ CH + 2 = 1 3x ( 3x) 9x2 = 2 ⋅-3 ⋅ 3x+-2 = -4-.

Площадь четырёхугольника CN ′M ′P равна:

27x2 9x2 45 2 SCN′M ′P = SPM ′C +SN ′M ′C = -8--+ -4-= 8-x.

Четырёхугольник CN ′M ′P – проекция четырёхугольника CNMP на плоскость (ABC ), а φ – угол между плоскостями (ABC ) и (CMN ). Тогда

SCN′M′P- cosφ = SCNMP 45 SCN-′M-′P- -8 x2 15√19 2 SCNMP = cosφ = -3--= 8 x . √19

Так как все ребра пирамиды SABCD равны 6, то

√ - √- 6x= BD = AB 2= 6 2 x =√2.

Тогда

15√19- 15√19- SCNMP = --8--⋅2= --4--.
Ответ:

б) 15√19- 4

Пример решения №2

Решение

а) Пусть ACAC пересекает BDBD в точке OO, а LL - середина ребра SBSB, KK - точка пересечения медиан △SAC\triangle SAC.
Схема к решению стереометрической задачи
Тогда SNSL=13SB12SB=23=SKSO\dfrac{SN}{SL}=\dfrac{\frac{1}{3}SB}{\frac{1}{2}SB}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{SK}{SO}. Значит, по обратной обобщенной теореме Фалеса NK∥LONK \parallel LO. В треугольнике BSDBSD: LL и OO - середины BSBS и BDBD, соответственно, значит, LOLO - средняя линия, LO∥SDLO \parallel SD, тогда и NK∥SDNK \parallel SD. При этом NKNK лежит в плоскости MNCMNC, следовательно, SD∥MNKSD \parallel MNK. Что и требовалось доказать. б) Пусть MNMN пересекает ABAB в точке RR, а CRCR пересекает ADAD в точке PP, тогда по теореме Менелая для △ASB\triangle ASB и секущей MNMN имеем:
Схема к решению стереометрической задачи
SNNB⋅BRRA⋅AMMS=1;\frac{SN}{NB}\cdot \frac{BR}{RA} \cdot \frac{AM}{MS}=1; 12⋅BRRA⋅1=1;\frac{1}{2}\cdot \frac{BR}{RA}\cdot 1=1; BRRA=2⇔BR=2RA,\frac{BR}{RA}=2 \Leftrightarrow BR = 2RA, значит, AR=AB=6AR = AB = 6. Тогда PP — середина RCRC, а BPBP — средняя линия △BCR⇒AB=12BC=3\triangle BCR \Rightarrow AB = \frac{1}{2}BC =3, PD=6−3=3PD = 6-3 =3. В △CPD\triangle CPD по теореме Пифагора: CP=PD2+CD2=32+62=35CP = \sqrt{PD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}. Так как ABCDABCD — квадрат, то AC=AB2=62AC = AB\sqrt{2} = 6\sqrt{2}. По обратной теореме Пифагора: AC2=AS2+CS2⇒∠ASC=∠MSC=90∘AC^2=AS^2+CS^2 \Rightarrow \angle ASC = \angle MSC = 90^\circ, тогда MC=MS2+SC2=32+62=35MC = \sqrt{MS^2+SC^2}=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}. Получаем, что CP=MC=35CP = MC = 3\sqrt{5}, то есть △CMP\triangle CMP — равнобедренный, при этом, MP=12SD=3MP = \frac{1}{2}SD=3, так как MPMP — средняя линия в △ASD\triangle ASD. Проведём CQ⊥MPCQ \perp MP, Тогда CQ=CP2−QP2=CP2−(MP2)2=45−94=1712=3219CQ = \sqrt{CP^2-QP^2}= \sqrt{CP^2- \left( \frac{MP}{2} \right)^2}=\sqrt{45 - \frac{9}{4}}=\frac{\sqrt{171}}{2}=\frac{3}{2}\sqrt{19}. Получаем, что SMPC=12CQ⋅MP=12⋅3219⋅3=9419S_{MPC} = \frac{1}{2}CQ \cdot MP = \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2}\sqrt{19} \cdot 3 = \frac{9}{4}\sqrt{19}. Так как все ребра пирамиды равны, то △ABC\triangle ABC и △BSC\triangle BSC - правильные, тогда ∠ASB=∠BSC=60∘\angle ASB = \angle BSC = 60^\circ. По теореме косинусов в △SMN\triangle SMN: MN2=SM2+SN2−2SN⋅SM⋅cos⁡60∘;MN2=32+22−2⋅2⋅3⋅12;MN2=9+4−6=7;MN=7.MN^2 = SM^2+SN^2-2SN \cdot SM \cdot \cos 60^\circ; \\ MN^2 = 3^2+2^2-2\cdot 2 \cdot 3 \cdot \frac{1}{2}; \\ MN^2 = 9+4 - 6 = 7; \\ MN = \sqrt{7}. По теореме косинусов в △SNC\triangle SNC: NC2=SN2+SC2−2SN⋅SC⋅cos⁡60∘;NC2=22+62−2⋅2⋅6⋅12;NC2=4+36−12=28;NC=27.NC^2 = SN^2+SC^2-2SN \cdot SC \cdot \cos 60^\circ; \\ NC^2 = 2^2+6^2-2\cdot 2 \cdot 6 \cdot \frac{1}{2}; \\ NC^2 = 4 + 36 - 12 = 28; \\ NC = 2\sqrt{7}. По теореме косинусов в △MNC\triangle MNC: MC2=MN2+NC2−2MN⋅NC⋅cos⁡∠MNC;MC^2 = MN^2+NC^2-2MN \cdot NC \cdot \cos \angle MNC; cos⁡∠MNC=MN2+NC2−MC22MN⋅NC;=7+28−452⋅7⋅27=−104⋅7=−514\cos \angle MNC = \frac{MN^2+NC^2-MC^2}{2MN \cdot NC}; = \frac{7+28-45}{2 \cdot \sqrt{7} \cdot 2\sqrt{7}} = \frac{-10}{4\cdot 7} = -\frac{5}{14} Следовательно, sin⁡∠MNC=1−cos⁡2∠MNC=1−25196=31914\sin \angle MNC = \sqrt{1 - \cos ^2 \angle MNC} = \sqrt{1-\frac{25}{196}}=\frac{3\sqrt{19}}{14}. Тогда SMNC=12⋅MN⋅NC⋅sin⁡∠MNC=12⋅7⋅27⋅31914=3192S_{MNC} = \frac{1}{2}\cdot MN \cdot NC \cdot \sin \angle MNC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{7}\cdot 2\sqrt{7}\cdot \frac{3\sqrt{19}}{14} = \frac{3\sqrt{19}}{2}. Получаем, что Sсеч.=SMNCP=SMNC+SMPC=3219+3419=15419S_{\text{сеч.}} = S_{MNCP} = S_{MNC} + S_{MPC}=\frac{3}{2}\sqrt{19}+\frac{3}{4}\sqrt{19}=\frac{15}{4}\sqrt{19}. Ответ: б) 15419\frac{15}{4}\sqrt{19}.
Ответ: б) 15419\frac{15}{4}\sqrt{19}.
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