C22013
.pdfКорянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.
Найдите угол между плоскостью A1BC и плоскостью основания призмы.
137. В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 , все ребра которой равны 1, точки D, E – середины рёбер соответственно A1В1 и А1C1. Найдите тангенс угла между плоскостями ADE и ВCC1 .
138. Основанием прямой треугольной
призмы ABCA1B1C1 |
является |
равнобед- |
|
ренный треугольник |
АВС, в |
котором |
|
AB BC 10, |
AC 16.Боковое ребро |
призмы равно 24. Точка Р – середина ребра BB1. Найдите тангенс угла между
плоскостями A1B1C1 и АСР. |
|
|
139. Основанием прямой треугольной |
||
призмы ABCA1B1C1 |
является |
равнобед- |
ренный треугольник |
АВС, в |
котором |
AB BC 20, AC 32. Боковое ребро |
призмы равно 24. Точка Р принадлежит ребру BB1, причем BP:PB1 1:3. Найдите тангенс угла между плоскостями
A1B1C1 и АСР.
140. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 является треугольник АВС, в котором AB AC 8, а один из углов равен 60 . На ребре AA1 отмечена точка P так, что AP: PA1 2:1. Найдите тангенс угла между плоскостями АВС и СВР, если расстояние между прямыми
АВ и C1B1 равно 183 .
141. Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 является треугольник АВС, в котором AC BC 6 , а один из углов равен 60 . На ребре CC1 отмечена точка P так, что CP:PC1 2:1. Найдите тангенс угла между плоскостями АВС и АВР, если расстояние между прямыми
АС и A1B1 равно 183 .
142. Основанием прямой призмы ABCA1B1C1 является прямоугольный треугольник АВС с гипотенузой АС. Найдите тангенс угла между плоскостью A1B1C1 и плоскостью, проходящей через середину
ребра AA1 и прямую ВС, если |
AB 4, |
BB1 12. |
|
04.12.2012 |
61 |
143. В правильной шестиугольной призме ABCDEFABC1 1 1DE1 1F1, стороны
основания которой равны 1, а боковые рёбра равны 2, найдите угол между плоскостями BAD1 1 и AAE1 1.
144.Все рёбра треугольной пирамиды SABC равны между собой. Точки K и L – середины ребер AB и BC соответственно. Найдите угол между плоскостями ABS и KSL.
145.Основание пирамиды DABC – равнобедренный треугольник АВС, в ко-
тором AB BC 13, AC 24. Ребро DB перпендикулярно плоскости основания и равно 20. Найдите тангенс двугранного угла при ребре АС.
146.В правильной четырехугольной пирамиде SABCD, все рёбра которой равны 1, найдите косинус угла между плоскостями АВС и BCS.
147.(МИОО). В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с основанием
ABCD сторона основания равна 62 , а боковое ребро равно 10. Найдите угол между плоскостями АВС и АСМ, где точка М делит ребро BS так, что
BM : MS 2:1.
148.В основании пирамиды SABCD , все боковые рёбра которой равны 17, лежит прямоугольник ABCD. Точка M – середина ребра SA. Через прямую BM параллельно диагонали AC проведена плоскость. Найдите величину угла между этой плоскостью и плоскостью SAC , если известно, что AB 24, а BC 10.
149.Диаметр окружности основания цилиндра равен 20, образующая цилиндра равна 28. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 12 и 16. Найдите тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.
150.Диаметр окружности основания цилиндра равен 26, образующая цилиндра равна 21. Плоскость пересекает его основания по хордам длины 24 и 10. Найдите тангенс угла между этой плоскостью и плоскостью основания цилиндра.
www.alexlarin.net
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.
Глава 2. Площади и объёмы
В данном разделе требуется не только знание формул для вычисления площадей поверхностей и объёмов многогранников, но и знание свойств пространственных фигур (призма и пирамида), признаки и свойства, которые относятся к взаимному расположению прямых и плоскостей
2.1. Площадь поверхности многогранника
Формулы для вычисления площади поверхности призматических тел
Боковая и полная поверхность прямой призмы
Sбок l P ,
где l длина бокового ребра, P – периметр основания, Sосн – площадь основания,
Sполн Sбок 2Sосн .
Боковая и полная поверхность наклонной призмы
Sбок l P ,
где l длина бокового ребра, P – периметр перпендикулярного ему сечения.
Sполн Sбок 2Sосн
Полная поверхность прямоугольного параллелепипеда
Sполн 2(ab bc ac) ,
где a,b, c – длины ребер, выходящих из одной вершины.
Формулы для вычисления площади поверхности n-угольной пирамиды
Боковая поверхность правильной пирамиды
1
Sбок 2 P a,
где P – периметр основания правильной пирамиды, a – апофема боковой грани;
S |
бок |
|
Sосн |
, |
|
|
|||||
|
|
cos |
|||
где Sосн – площадь основания, – мера дву- |
|||||
гранного угла при ребре основания. |
|||||
|
|
|
|
||
04.12.2012 |
|
62 |
Боковая и полная поверхность правильной усеченной пирамиды
1
Sбок 2 (P1 P2) a,
где P1 и P2 – периметры верхнего и нижнего оснований, a – апофема боковой грани;
Sбок S1 S2 ,
cos
где S1 и S2 – площади верхнего и нижнего оснований, – мера двугранного угла при ребре нижнего основания;
Sполн Sбок S1 S2 .
Полная поверхность правильного тетраэдра
Sполн a2 3, где a – сторона.
Рассмотрим следующие задачи данного раздела: вычисление площади поверхности многогранника и его частей, нахождение линейных и нелинейных величин многогранника с известной площадью поверхности (части поверхности), сравнение площадей, сравнение отрезков.
Поэтапно-вычислительный метод
Пример 78. В правильной четырехугольной призме диагональ равна d и наклонена к плоскости боковой грани под углом . Найти площадь боковой поверхности призмы.
Решение. Рассмотрим призму ABCDA1B1C1D1, для которой диагональ
AC1 d (см. рис. 91).
C1
B1D1
A1
C
BD
A
Рис. 91
www.alexlarin.net
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.
Так как |
AD CDD1 , то |
AC1D явля- |
|||
ется |
углом |
между |
диагональю AC1 |
и |
|
плоскостью CDD1 , величина которого |
|||||
равна . |
|
|
|
|
|
Из |
прямоугольного |
треугольника |
|||
AC1D |
находим |
AD dsin |
и |
DC1 dcos . Далее из прямоугольного треугольника DCC1 получаем
CC1 C1D2 CD2
dcos2 sin2 dcos2 .
Площадь боковой поверхности призмы равна
Sбок 4 CD CC1 4d2 sin cos2 .
Ответ: 4d2 sin cos2 .
Пример 79. В правильной четырехугольной усеченной пирамиде стороны оснований равны a и a1 , а диагональ пирамиды – d . Определить боковую поверхность пирамиды.
Решение. Пусть в усеченной пирамиде ABCDA1B1C1D1 стороны нижнего основания равны a , верхнего – a1, а диагональ пирамиды – B1D d (см. рис. 92).
C1 |
O1 |
D1 |
|
a1 |
A1 |
||
B1 |
|
||
Ch |
d |
||
M |
|
D |
|
O |
a |
||
B N |
A |
||
|
|||
Рис. 92 |
|
||
Из вершины B1 |
проведем B1N AB и |
B1M BD. Так как B1N – апофема данной пирамиды, то боковая поверхность пирамиды может быть вычислена по формуле
1
Sбок 2(P P1) B1N ,
где P 4AB 4a, a P1 4A1B1 4a1 . Отрезок B1N найдем из прямоуголь-
ного треугольника B1NM ( B1MN 90 ) . Диагонали квадратов ABCD и A1B1C1D1 ,
04.12.2012
лежащих в основаниях, равны: BD a2 ,
B1D1 a12 .
Диагональное сечение пирамиды – равнобочная трапеция BB1D1D . Найдем
ее высоту B1M (B1M O1O) из прямоугольного треугольника B1MD, т.е.
B1M B1D2 MD2 , а MD BD BM
BD BD B1D1 BD B1D1 (a a1)2.
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||
Отсюда B M |
|
d2 |
(a a )2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Треугольник |
|
BMN |
|
– равнобедренный |
||||||||||||||||||||||||||
и прямоугольный ( BNM 90 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
BM |
(a a1) |
|
|
|
, а MN |
BM |
|
|
|
a a1 |
. |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||||
Теперь из треугольника B1NM находим: |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(a a ) |
2 |
|
|
(a a )2 |
|
||||||||||||||
B N B M2 MN2 d2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
. |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Подставляя найденные значения P, |
|
P1 и |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
B1N в формулу боковой поверхности пи- |
||||||||||||||||||||||||||||||
рамиды, получим ответ. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
Ответ: 2(a a ) |
|
d2 |
|
|
a2 |
|
a 2 |
|
|
3aa |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
. |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
4 |
|
|
|
4 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
Метод опорных задач |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
Имеет место формула |
cos |
Sпр |
, где |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
S |
|
|
|
|
|
|
|
S– площадь многоугольника, лежащего
вплоскости , Sпр – площадь его орто-
гональной проекции на плоскость . Доказательство этой формулы приве-
дено в главе 3 п. 3.4, опорная задача №6.
Пример 80. Найти площадь полной поверхности правильной четырехугольной пирамиды, если ее высота равна Н, а площадь боковой грани равна площади основания.
Решение. Пусть ЕО – высота данной пирамиды ABCDE (см. рис. 93). Опустим из точки O перпендикуляр ОМ на сторону ВС квадрата ABCD и точку М соединим с вершиной E . Так как ОМ – проекция ЕМ на плоскость АВС и
63
www.alexlarin.net
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.
|
OM BC, |
то EM BC. Значит, OME |
|||||
|
является |
линейным |
углом двугранного |
||||
|
|
E |
|
|
угла при |
ребре |
|
|
|
|
|
ВС, |
величину |
||
|
|
|
|
|
которого |
обо- |
|
|
|
|
|
|
значим через . |
||
|
|
|
|
|
Так |
как тре- |
|
|
A |
|
|
|
угольник |
ВОС |
|
|
|
|
|
является |
проек- |
||
|
O |
|
|
|
цией |
боковой |
|
D |
|
M |
B |
грани |
ВЕС на |
||
|
|
||||||
|
|
плоскость |
АВС, |
||||
|
|
|
C |
|
Рис. 93
то согласно условию имеем
cos SBOC 1 .
|
|
|
|
|
|
|
|
SBEC |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
. |
||||
Тогда sin 1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
15 |
|
и ctg |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
15 |
|
|
|
||||||||||
|
Из треугольника ЕОМ находим |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
OM H ctg |
|
|
H |
|
|
|
и CD |
2 |
H |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
15 |
|
|
15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
Площадь основания |
|
пирамиды равна |
|||||||||||||||||||||||||||
|
4H2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
16H |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
, боковой поверхности – |
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
а |
|||||||||||||||
15 |
15 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
полной поверхности – |
4H |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: |
|
4H |
2 |
|
. |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 81. Стороны основания треугольной пирамиды равны 6 см, 10 см и 14 см. Каждый двугранный угол при ее основании равен 30°. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.
Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой
Sбок Sосн .
cos
Sбок |
|
Sосн |
15 |
|
: |
3 |
30 (см2). |
|
3 |
||||||||
cos30 |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
Ответ: 30 см2.
Пример 82. В правильной усеченной четырехугольной пирамиде стороны нижнего и верхнего оснований равны соответственно a и b (a b). Найти площадь полной поверхности усеченной пирамиды, если ее боковые грани наклонены к плоскости основания под углом .
Решение. Поскольку основаниями правильной усечённой четырехугольной пирамиды являются квадраты со сторонами a и b, то сумма их площадей равна
a2 b2 . Очевидно, что ортогональная проекция боковой поверхности усеченной пирамиды на плоскость нижнего основания представляет собой квадрат со стороной a, из которого «вырезан» квадрат со стороной b. При этом стороны «вырезанного» квадрата параллельны сторонам нижнего основания пирамиды
(см. рис. 94).
b
a
Рис. 94
Так как боковые грани усеченной пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковым углом , то площадь её боковой поверхности равна:
Sбок |
Sпр |
|
a2 b2 |
|
|
|
, |
||
cos |
|
|||
|
|
cos |
где Sпр – площадь проекции боковой по-
Найдем площадь основания треуголь- |
верхности на основание. Таким образом, |
||||||||||||||
ной пирамиды, применив формулу Геро- |
|
|
a2 |
b2 |
|
|
|
|
|||||||
на. Поскольку полупериметр треугольни- |
Sполн |
a2 b2 |
. |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
ка в основании равен 15 см, то |
|
|
|
cos |
|
|
|
|
|
||||||
Sосн |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a2 b |
2 |
|
15 (15 6) (15 10) (15 14) |
|
Ответ: a |
2 |
b |
2 |
|
. |
||||||||
|
15 |
|
(см2). |
|
|
|
cos |
|
|||||||
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
04.12.2012 |
|
|
|
|
64 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
www.alexlarin.net
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.
2.2. Площадь сечения многогранника
Свойства сечений пирамиды плоскостью, параллельной основанию.
Теорема 1. Если пересечь пирамиду плоскостью, параллельной основанию, то:
а) боковые ребра и высота пирамиды разделяются этой плоскостью на пропорциональные отрезки;
б) в сечении получится многоугольник, подобный многоугольнику, лежащему в основании;
в) площади сечения и основания будут относиться друг к другу как квадраты их расстояний от вершины пирамиды.
Теорема 2. Если две пирамиды с равными высотами пересечь плоскостями, параллельными основаниям, на одинаковом расстоянии от вершины, то площади сечений будут пропорциональны площадям оснований.
При вычислении площади сечения можно определить вид фигуры, полученной в сечении, и затем воспользоваться формулой. При этом сложную фигуру иногда разбивают на несколько простейших фигур или дополняют до простейшей.
Поэтапно-вычислительный метод
Пример 83. Найти площадь сечения правильной четырехугольной пирамиды ABCDE, проходящей через АВ и точку K
– середину ребра ЕС, если все рёбра пирамиды равны 4.
Решение. Пусть |
ABK ECD KM |
(см. рис. 95). Тогда |
из AB||CD следует |
AB||ECD и KM ||AB. В сечении получаем равнобедренную трапецию АВКМ с основаниями AB 4, КМ 2 и высотой FL (F и H – середины отрезков АВ и CD соответственно, KM EH L).
Из треугольника EHF найдем медиану FL, используя формулу
FL |
|
2EF2 2FH 2 EH2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|||
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2(2 |
|
|
|
2 2 42 (2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||
3) |
3) |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
FL |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11. |
||||
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
04.12.2012 |
|
|
|
|
|
|
|
65 |
Площадь сечения равна
SABKM 4 2 11 311.
2
|
E |
|
|
|
|
|
||
L |
K |
|
|
|
|
|
||
M |
C |
B |
||||||
H |
|
|
|
|||||
|
|
F |
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
||
Рис. 95 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
Ответ: 3 |
|
|
. |
|||
|
11 |
|||||||
Пример 84. В кубе ABCDA1B1C1D1 с |
||||||||
ребром, равным a, |
через точки M, P и N |
|||||||
на ребрах BB1 , CC1 и DD1 соответст- |
||||||||
венно, такие, что |
BM |
3a |
, |
CP |
2a |
и |
||
|
|
|||||||
|
4 |
|
3 |
|
|
|
DN a , проведена секущая плоскость.
4
Найти площадь сечения.
Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, P и N. Соединим вначале точки M и P, поскольку они лежат в одной плоскости BB1C1 . Затем соединим точки P и N, так
как они лежат в одной плоскости DD1C1
(см. рис. 96).
|
B1 |
C |
A1 |
M |
|
|
D1 |
|
|
|
|
|
K |
|
Q |
B |
C |
|
||
|
|
N |
A |
|
D |
|
Рис. 96 |
|
Противоположные |
боковые грани |
AA1D1 и BB1C1 в кубе параллельны. Поэтому секущая плоскость, согласно свойству параллельных плоскостей (если две параллельные плоскости пересечены
www.alexlarin.net
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.
третьей, то линии пересечения параллельны) будет пересекать грань AA1D1 по прямой NQ так, что NQ|| MP.
Соединим точки M и Q, так как они лежат в одной плоскости AA1B1. Тогда MQ|| NP по тому же свойству парал-
лельных плоскостей AA1B1 и CC1D1 . Таким образом, сечение представляет собой параллелограмм MPNQ. Вычислим его площадь. Для этого найдем стороны треугольника MNP. Используя теорему Пифагора для прямоугольных треугольни-
ков MLP (ML CC1 ), NPS ( NS CC1),
MNK (KN BB1), получим:
MP |
(LC PC)2 |
ML2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
a2 |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
145 |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
||||
|
144 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|||||||||
NP |
(PC SC)2 |
NS2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
25a2 |
a |
2 |
|
|
|
|
13a |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
144 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|||||||||
MN |
|
(BM BK)2 KN2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a2 |
2a |
2 |
|
|
|
|
3a |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
Найдем площадь треугольника MNP, используя модифицированную формулу
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Герона |
S |
|
4a2b2 (c2 |
a2 |
b2 )2 , |
|||
|
||||||||
|
4 |
|
|
|
|
|
SMNP a2 170 . Следовательно, 24
SMPNQ 2SMNP a2 170 .
12
Ответ: a2 170 . 12
Пример 85. В единичном кубе ABCDA1B1C1D1 точка M – середина реб-
ра B1C1 , точка N лежит на диагонали
B1D, причем B1N 2ND. Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и параллельной прямой A1C1.
Решение. Опишем схематически процесс построения сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и па-
04.12.2012 |
66 |
раллельной прямой A1C1 . Для этого про-
ведем |
через |
точку |
M прямую ME, |
|
ME|| A1C1 (см. рис. 97). |
|
|
||
|
|
A1 |
E |
B1 |
|
|
|
T |
|
D1 |
|
C1 |
M |
|
|
|
H |
|
|
|
|
N |
K |
|
Q |
|
E1 |
|
|
|
A |
B |
||
|
F |
|
|
|
|
|
|
M1 |
|
D |
OG |
|
C |
|
|
|
|||
|
|
L |
|
|
|
|
Рис. 97 |
|
|
Рассмотрим |
диагональную |
плоскость |
||
B1BD, |
в которой на диагонали B1D лежит |
|||
точка N. Тогда принадлежащая сечению |
||||
точка T – точка пересечения прямых ME и |
||||
B1D1. |
В плоскости B1BD проведем пря- |
мую TN. Точка O, принадлежащая и сечению, и плоскости нижнего основания куба, – точка пересечения прямых TN и BD.
Проведем через точку O прямую GF, параллельную A1C1 . Далее, используя метод следов, построим точки H и K, принадлежащие сечению куба (шестиугольник HEMKGF). При этом шестиугольник AE1M1CGF является проекцией многоугольника HEMKGF на плоскость ABC.
Поскольку FG || A1C1 и A1C1 BD, то FG OB . Тогда OT – наклонная к плоскости ABC, прямая OB – проекция наклонной OT и OB FG . Следовательно, по теореме о трех перпендикулярах, OT FG. Значит, TOB – линейный угол двугранного угла TFGB.
Вычислим теперь косинус угла между секущей плоскостью и нижним основанием куба. Очевидно, что
BD B D |
|
, BT |
B1D1 |
|
2 |
. |
||
2 |
||||||||
|
|
|||||||
1 |
1 |
1 |
4 |
4 |
|
|||
|
|
|
|
|
Далее, треугольники B1TN и DON подобны с коэффициентом подобия k 2.
www.alexlarin.net
Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Многогранники: типы задач и методы их решения.
Следовательно,
OD B1T B1D1 2 , 2 8 8
OB BD OD 72 , 8
OT (OB B1T)2 BB12 114 . 8
Откуда
cos |
OB B1T |
|
|
5 |
|
. |
|
|
|
|
|||
|
OT |
57 |
|
|
Вычислим, площадь шестиугольника AE1M1CGF . Площади треугольников
BM1E1 и DFG находятся довольно просто (вычислите самостоятельно!):
SBM E |
|
1 |
, SDFG |
|
1 |
. |
|
|
|
||||||
1 |
1 |
8 |
|
32 |
|
Тогда
27
SAE1M1CGF SABCD SBM1E1 SDFG 32 .
Таким образом,
SHEMKGF SAE1M1CGF 2757 .
cos 160
Ответ: 2757 . 160
Принцип разбиения и дополнения
Пример 86. Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна q. Найти площадь сечения, плоскость которого параллельна боковой грани пирамиды и проходит через середину ее высоты.
Решение. Обозначим плоскость сечения через , середину высоты ОР пирамиды ABCDEFP через Т, середины отрезков ВС, OK и ЕF через K , K1 и L соответственно (см. рис. 98).
Пусть плоскость параллельна грани
РВС, |
OPK P1K1 , |
ABC QR. |
|
Тогда |
P1K1 ||PK , QR||BC, |
при этом |
|
T P1K1 , K1 QR, P1 PL. |
|
||
Так |
как QR||AD ||EF , то |
пересече- |
|
ниями плоскости с треугольниками |
|||
04.12.2012 |
|
67 |
ADP и PEF служат соответственно отрез-
ки A1D1 ||AD и MN ||EF (T A1D1 ,
M PF , N PE , P1 MN ).
Имеем A1D1 0,5AD BC, QR 1,5BC,
значит, сечением данной пирамиды плоскостью является шестиугольник QA1MND1R, составленный из двух тра-
пеций A1D1RQ и MND1A1 с общим осно-
ванием A1D1. |
|
||||
|
Пусть BC a, |
PK h, тогда |
|||
S |
PBC |
|
1 |
ah q. |
|
|
|
||||
|
2 |
|
|
P
N
MP1 D1
A1T
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
K |
|
C |
|
|
|
|
|
R |
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
K1 O |
|
|
|
|
|
|
|
E |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 98 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
Найдем площадь сечения QA1MND1R. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Так как K |
|
|
K |
1 |
|
OK |
|
1 |
KL и PK |
1 |
||PK , |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
то |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
MN |
1 |
|
EF |
|
a |
; |
|
|
PK |
|
|
|
3 |
|
PK |
3 |
h, |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
4 |
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
4 |
|
|
|
|
|
4 |
|
||||||||||||||||||||||||
|
TK |
|
|
1 |
PK |
1 |
h, |
|
|
PT |
1 |
|
h, |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
QR |
3 |
a, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A D |
1 |
AD a. |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
Теперь |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
S |
сеч |
|
A1D1 MN |
PT |
|
A1D1 RQ |
K T |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
a |
|
|
|
h |
a |
|
|
h |
25 |
|
|
|
|
|
|
25 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
4 |
|
|
|
|
2 |
|
|
ah |
q. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
4 |
2 |
|
2 |
|
32 |
16 |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: 25q. 16
www.alexlarin.net