ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К С2 - ЕГЭ-2014

ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМЫ О ПЛОЩАДИ ОРТОГОНАЛЬНОЙ ПРОЕКЦИИ МНОГОУГОЛЬНИКА ПРИ РЕШЕНИИ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Бардушкин В.В., Белов А.И., Ланцева И.А., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П.

Существует несколько методов решения стереометрических задач на вычисление площадей сечений, поверхностей многогранников и углов (между плоскостями, между прямой и плоскостью и т.д.). Эти методы достаточно подробно рассмотрены в школьных учебниках, изложены в различных пособиях по стереометрии. Так, например, при вычислении площадей широко применяется подход, основанный на разбиении многоугольника на части (на треугольники и четырёхугольники). Если в каждой из частей удаётся вычислить длины сторон (или диагоналей четырёхугольника) и какие-нибудь углы, то можно по известным формулам найти их площади, а значит, решить задачу. Довольно большое значение придаётся векторно-координатному методу решения подобных задач. Однако, на наш взгляд, многие из авторов-составителей не уделяют должного внимания методу вычисления площадей и углов, связанному с ортогональным проектированием многоугольника на некоторую плоскость. Накопленный нами опыт преподавания стереометрии, частично отражённый в настоящей статье, показывает, что изучение такой темы как «Площадь ортогональной проекции многоугольника» повышает у школьников интерес к предмету, стимулирует освоение ими других серьёзных тем по геометрии, что в итоге ведёт к интенсификации всего процесса обучения.

1. Теорема о площади ортогональной проекции плоской фигуры

Параллельное проектирование, при котором проектирующие прямые перпендикулярны к плоскости проекций, называется ортогональным.

Ортогональной проекцией фигуры на данную плоскость называют множество точек пересечений с этой плоскостью перпендикулярных к ней прямых, проходящих через все точки этой фигуры. В общем случае справедлива следующая теорема.

Если фигура Ф с площадью SФ лежит в плоскости , а фигура Ф с площадью SФ является ортогональной проекцией фигуры Ф на плоскость , то имеет место равенство

SФ SФ cos ,

где – угол между плоскостями и .

В школьном курсе стереометрии приведённая теорема формулируется и доказывается лишь для случая, когда проектируемая фигура – плоский многоугольник. В этом случае формулировка имеет вид:

Площадь Sпр ортогональной проекции многоугольника на плоскость равна произве-

дению его площади Sмн , умноженной на косинус угла между плоскостью много-

угольника и плоскостью проекции: Sпр Sмн cos .

2. Применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при нахождении площадей сечений

Эту теорему с успехом применяют, прежде всего, при вычислении площадей сечений многогранников. Данный подход используется в ситуациях, когда нахождение площади Sпр ортогональной проекции многоугольника, полученного в сечении, и угла между

секущей плоскостью и плоскостью проектирования сопряжено с меньшими трудностями, чем непосредственное вычисление площади сечения. В этом случае

	Sсечения		S	пр	.	(1)
			cos

1

В примерах 1 – 4 иллюстрируется это основное применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника.

	B1		C1	Пример 1. В правильной четырёхугольной призме
				сторона основания равна 4 см. Через диагональ основа-
A1		D1		ния под углом 45				к плоскости основания проведена
			M	плоскость, пересекающая боковое ребро. Найти пло-
				щадь сечения.
				Решение. Согласно условию задачи, площадь ор-
	B			тогональной проекции сечения на плоскость основания
		45	C	призмы равна половине его площади (см. рис. 1), т.е.
	O			42		8 (см2). Тогда, используя формулу (1), полу-
A		D		Sпр
					2
				чаем: Sсечения			Sпр				2
	Рис. 1								8 2 (см ).

cos45

Ответ: 82 см2.

Пример 2. Стороны основания прямого параллелепипеда равны 4 и 5, угол между ними равен 30°. Найти площадь сечения параллелепипеда плоскостью, пересекающей все его боковые рёбра и образующей с плоскостью основания угол в 45°.

	Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (1). Поскольку
	B1				C1	секущая плоскость пересекает все боковые рёбра
						прямого параллелепипеда ABCDA BC D , то ортого-
A1		D1				1	1	1	1
					N	нальной проекцией сечения MQNP является паралле-
	Q					лограмм ABCD (см. рис. 2). Отметим, что MQNP так-
						же является параллелограммом, так как MQ||PN и
		P
M						MP||QN по свойству параллельных плоскостей (если
	B				C	две параллельные плоскости пересечены третьей, то
A	30	D				линии пересечения параллельны).
						Найдем площадь параллелограмма ABCD. Пусть,
	Рис. 2					для определённости, AB 4, AD 5,			BAD 30 ,
						тогда SABCD AB AD sin BAD 10.
			SABCD
	Поскольку SMQNP				, где 45 – угол между плоскостью сечения и основани-
				cos

ем параллелепипеда (на рис. 2 этот угол не показан), то SMQNP 102 .

Ответ: 102 .

Пример 3. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a. На рёбрах основания AB и AD взяты соответственно точки M и N так, что AM :MB 2:1 и AN :ND 2:1. Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C1 .

Решение. Приведём два способа решения этой задачи. Первый способ основан на разбиении многоугольника, полученного в сечении, на части и вычислении по отдельности площадей этих частей, а второй – на использовании теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника. Читатель сам сможет определить, какой из предложенных подходов предпочтительнее.

Прежде чем перейти к решению задачи этими двумя способами, используя метод следов, построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C1. Соединим вначале точки M и N, поскольку они лежат в одной плоскости ABC (см. рис. 3а). Прямая MN лежит в плоскости ABC и пересекает прямые BC и DC в точках P и L соответственно.

2

Точка P принадлежит не только плоскости нижнего основания куба, но и плоскости грани BB1C1 (как и точка C1), поэтому, соединив P и C1, получим на ребре BB1 принадлежащую сечению точку F. Далее, точка L принадлежит не только плоскости нижнего основания куба, но и плоскости грани DD1C1 (как и точка C1), поэтому, соединив L и C1, получим на ребре DD1 принадлежащую сечению точку T. В завершение построения соединим в грани

AA1B1 точки M и F, а в грани AA1D1 точки T и N. Таким образом, сечением куба

ABCDA1B1C1D1 является пятиугольник MFC1TN .

							B1		C1
	B1					A1		D1
			C1	B1
						C1
A1	D1
			A1		D1		F
	F					M	B		C
P				F				T
	B
				B		O		D
M	T		C		T	A	N
			M			C
A	N	D	A	O	D	A2
	L			N
	а				б		в
				Рис. 3

Первый способ решения. Проведём в пятиугольнике MFC1TN диагональ FT. Она ра-

зобьёт сечение на треугольник FC1T и четырёхугольник MFTN. Вычислим их площади по отдельности.

Найдем вначале площадь четырёхугольника MFTN. Поскольку MN || BD и BD лежит в плоскости BB1D1 , то MN || BB1D1 (по признаку параллельности прямой и плоскости). Так как секущая плоскость проходит через MN и пересекает плоскость BB1D1 по прямой TF, то TF ||MN (по теореме о линии пересечения). Далее, поскольку BD||MN и TF ||MN , то TF || BD. Следовательно, четырёхугольник MFTN – трапеция.

	Из	прямоугольного треугольника AMN по теореме Пифагора находим
				2a			. Поскольку BF || DT , как отрезки, расположенные на боко-
					2
	MN	AM2 AN2
			3

вых рёбрах куба, то четырёхугольник BFTD – параллелограмм, а значит, TF BD a2 . Покажем, что трапеция MFTN – равнобедренная. Для этого рассмотрим вначале пря-

моугольный треугольник LDN. В нём ND a , LND 45 , следовательно, LD a . Да-

													3	3
лее, треугольники LDT и					LCC				подобны					с коэффициентом k	LD		1	. Поэтому
							1								LC 4
	CC1
DT			a	. Так как четырёхугольник BFTD – параллелограмм, то BF DT															a	, а зна-
4		4												4
чит, прямоугольные треугольники NDT и MBF равны по двум катетам. Поэтому, по тео-
реме Пифагора, NT MF					a		2		a		2		5a
														.
													12
					3				4

3

Далее находим длину h1 высоты этой равнобедренной трапеции MFTN. Опуская очевидные выкладки (читателю предлагается проделать их самостоятельно), получим

h			a 17			. Отсюда S	MFTN		TF MN	h	a 2 2a 2 3							a 17				5a2 34			.
			12						2		2							12				72
1										1
		Решим теперь задачу вычисления площади треугольника FC1T . Найдём в нём длины
сторон FC1 и TC1 . Для этого рассмотрим прямоугольные треугольники FB1C1																														и TD1C1.
Они равны по двум катетам, поэтому по теореме Пифагора FC1 TC1 a																											2	3a				2		5a
																																			,
																																		4
																												4

т.е. треугольник FC1T – равнобедренный. Найдем длину h2 высоты этого треугольника. Опуская очевидные выкладки (читателю предлагается проделать их самостоятельно), по-

		a 17													TF h						1							a		17				a2 34
лучим h					. Отсюда S			FC T								2								a		2											.
2		4														2					2									4				8
									1
Наконец, площадь всего сечения:
							5a2									a2								7a2														7a2
SMFC TN SMFTN				S FC T						34							34										34			.							Ответ:		34		.
1				1				72								8									36											36

Второй способ решения. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (1). Ортогональной проекцией пятиугольника MFC1TN на плоскость ABC служит многоугольник MBCDN (см. рис. 3б). Найдём площадь MFC1TN . Очевидно, что SMBCDN SABCD S AMN . Треугольник AMN – прямоугольный. Длины его катетов AM и

AN, согласно условию задачи, равны

2a

. Поэтому SMBCDN a

2

1

2a

2

7a2

.

3

9

2 3

Далее, проведём в квадрате ABCD диагонали BD и AC. Равнобедренные прямоуголь-

ные

треугольники

AMN

и

ABD

подобны

с коэффициентом

k

2

. Тогда

3

AO

2

AC

AC

,

OC AC AO

2a

2

. Кроме того, поскольку MN || BD и BD AC ,

3

2

3

3

то MN OC.

Соединим точки O и C1. Тогда OC1

– наклонная к плоскости ABC, OC – проекция на-

клонной

OC1

и MN OC.

Следовательно, по

теореме

о

трёх

перпендикулярах,

MN OC1 . Значит,

COC1

– линейный угол двугранного угла CMNC1 .

Вычислим теперь косинус угла между плоскостью сечения и нижним основанием куба. Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник CC1O . По теореме Пифагора

				a 17	. Откуда cos	OC		2		2		.
	OC	OC2 CC2
	1	1	3			OC1			17

Поскольку, согласно теореме о площади ортогональной проекции многоугольника,

SMFC TN	S	MBCDN	, то окончательно получим: SMFC TN	7a	2			17				7a2 34
															.
		cos
1			1	9			2 2					36

Замечание. При решении задачи вторым способом для нахождения cos можно до-

строить секущую плоскость до её пересечения с продолжением ребра AA1 за точку A (см.

рис. 3в). Тогда cos	SA BC D
		1 1 1 1	.
	SA MFC TN
2		1

4

Пример 4. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a. Точка M – середина ребра AD,

точка N – середина ребра C1D1 . Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C.

Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C. Соединим вначале точки M и C, поскольку они лежат в одной плоскости ABC. Затем соединим точки C и N, так как они лежат в одной плоскости DD1C1 (см. рис. 4). Прямые СN и

DD1 лежат в плоскости DD1C1				и не параллельны. Значит, они пересекаются в точке Q.
Точка Q принадлежит не только плоскости DD1C1, но и плоскости грани AA1D1 (как и
точка M),		поэтому,	соединив M и Q, получим на ребре A1D1 принадлежащую сечению
точку P. В завершение построения соединим в верхней грани куба точки P и N.
			Q	Отметим, что плоскости оснований куба парал-
				лельны друг другу. Значит, по свойству параллель-
				ных плоскостей (если две параллельные плоскости
				пересечены третьей, то линии пересечения парал-
		B1	C1	лельны) MC|| PN . Далее, поскольку прямые MP и
				CN пересекаются в точке Q, то стороны MP и CN че-
A1		P	N	тырёхугольника MPNC не параллельны. Таким обра-
			D1	зом, сечением куба ABCDA1B1C1D1 является трапеция
				MPNC.
				Для нахождения площади сечения воспользуемся
				формулой (1). Построим вначале линейный угол дву-
		BO	C	гранного угла DMCQ. Для этого в прямоугольном
				треугольнике MCD опустим перпендикуляр DO к ги-
			N1	потенузе MC. Соединим точки O и Q. Тогда QO – на-
A	M	P1 D		клонная к плоскости ABC, DO – проекция наклонной
				QO и MC DO.	Следовательно, по теореме о трёх
		Рис. 4		перпендикулярах,	MC QO. Значит, QOD –
				линейный угол двугранного угла DMCQ.

Вычислим теперь косинус угла между плоскостью сечения и нижним основанием куба. Для этого рассмотрим вначале прямоугольный треугольник MCD. По теореме Пифа-

a2

a 5

. Для нахождения высоты DO выразим пло-

гора MC

MD2 DC2

a2

щадь S MCD

двумя способами:

4

2

MD DC

a2

MC DO

a

S MCD

, S MCD

5

DO.

2

4

2

4

a2

a

a

5

DO. Отсюда DO

Тогда, приравняв их, получим

.

4

4

5

Далее, рассмотрим прямоугольные треугольники CDQ и ND1Q. У этих треугольников острый угол при вершине Q – общий. Значит, они подобны. Поскольку, согласно условию

задачи, точка N –

середина ребра C1D1, то коэффициент подобия треугольников CDQ и

ND1Q равен 2. Отсюда, очевидно, что DQ 2a.

Рассмотрим,

наконец,

прямоугольный треугольник QOD. По теореме Пифагора

a2

a

DO

1

2

21

QO DQ

2

DO

2

4a

. Откуда cos

.

5

QO

5

21

Построим теперь четырёхугольник MP1N1C, являющийся ортогональной проекцией трапеции MPNC на плоскость ABC. Так как PN лежит в плоскости, построенной на парал-

5

лельных прямых PP1 и NN1,

и параллельна плоскости ABC,

то линия пересечения

P1N1

плоскостей ABC и PNN1

параллельна PN (по теореме о линии пересечения). Поскольку

P1N1 || PN и MC|| PN , то P1N1 ||MC, а значит, четырёхугольник MP1N1C – трапеция.

Найдём площадь трапеции MP1N1C. Очевидно, что SMPN C S

MCD

S PN D . Прямо-

1

1

1

1

угольные треугольники MCD и P1N1D подобны, так как P1N1D MCD (как соответст-

венные). Точка

N1 – середина ребра CD, значит,

коэффициент подобия треугольников

MCD и PN

D равен 2. Поэтому S

MPN C

S

MCD

S

MCD

a2

a2

3a2

.

1 1

4

4

16

16

1

1

Согласно

теореме

о

площади

ортогональной

проекции

многоугольника,

SMP1N1C

3a2

SMPNC

, откуда окончательно получим: SMPNC

21

.

cos

16

3a2

Ответ:

21

.

16

3. Применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при вычислении угла между плоскостями

Кроме рассмотренного основного применения теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника её можно также использовать при вычислении угла между плоскостью сечения и плоскостью какой-либо грани многогранника (обычно в качестве такой грани выступает основание пирамиды или призмы). Так поступают в случаях, когда нахождение Sпр и Sсечения является более простой задачей, чем непосредственное вычисление двугранного угла , сопряжённое с построением на чертеже его линейного угла.

B1

A1 D1

B

A D

Рис. 5

Из формулы о

C1

Пример 5. В кубе

ABCDA1B1C1D1 найти угол между

плоскостью грани AA1B1B и плоскостью BC1D.

Решение. Пусть ребро куба равно a. Ортогональной

проекцией треугольника BC1D является треугольник AB1B

a2

C

(см. рис. 5), площадь

которого равна

.

Поскольку

2

BD BC1

C1A a

(как диагонали

граней

куба), то

2

a2 .

S BC D

3

2

1

площади ортогональной проекции многоугольника получим:

cos

A1

A

S AB B

3

. Отсюда arccos

3

.

Ответ: arccos

3

.

1

S BC D

3

3

3

1

B1

P

C1

Пример 6. В кубе

ABCDA1B1C1D1 через его вершины

A , D и точку M, расположенную на ребре CC

так, что

1

1

D1

M

CM :MC1 2:1, проведено сечение. Найти угол наклона

Q

секущей плоскости к плоскости основания ABCD.

K

Решение. Построим сечение куба плоскостью, прохо-

B

L

C

дящей через точки A1, D и M. Соединим вначале точки A1

и D, поскольку они лежат в одной плоскости DD A . Затем

1

1

Dсоединим точки D и M, так как они лежат в одной плоскости DD1C1 (см. рис. 6). Противоположные боковые грани

Рис. 6	DD1A1	и CC1B1 в кубе параллельны. Поэтому секущая

6

плоскость, согласно свойству параллельных плоскостей (если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны) будет пересекать грань CC1B1 по прямой MP так, что MP|| A1D . Наконец, соединим точки A1 и P, так как они лежат в одной плоскости A1B1C1. Поскольку A1P и DM не параллельны, то четырёхуголь-

ник A1PMD, являющийся сечением куба, – трапеция.

Ортогональной проекцией трапеции A1PMD плоскости основания ABCD является прямоугольная трапеция ALCD. Для определения угла наклона секущей плоскости к

плоскости основания ABCD воспользуемся формулой cos SALCD . Для этого найдем

SA1PMD

площади указанных трапеций.

Пусть ребро куба равно a. Тогда, согласно условию задачи, MC a . Кроме того,
1	3

очевидно, что A1D a2. Поскольку MP|| A1D и DD1 ||MC1, то A1DD1 PMC1 (как углы с соответственно сонаправленными сторонами). Поэтому прямоугольные треуголь-

	ники A DD и PMC подобны с коэффициентом k																																							1		. Следовательно, MP																			A1D								a 2
	1	1							1																													3																						3					3
		A1D1				a
	и PC						.
	1	3	3
																																			2a
	Далее,		так как								A B DC a, B P CM																												,					то			прямоугольные											треугольники
											1			1															1					3
	A1B1P			DCM
		и							равны										по						двум					катетам.									Поэтому												по					теореме						Пифагора
								4a2							a							.
	A P DM a2																13
	1								9							3
	Следовательно, трапеция A1PMD равнобедренная. Найдём её высоту. Для этого опус-
	тим из	точек P							и					M			перпендикуляры																PQ и									MK						на				основание A1D. Тогда
			A1D MP											a					. Отсюда по теореме Пифагора из прямоугольного треуголь-
	AQ DK															2
	1		2											3
																																																									13a2		2a2									a						.
																																																																								11
	ника A PQ высота трапеции A PMD равна:																																	PQ								A P2					AQ2
	1																						1																					1					1							9				9					3
																															A D MP																2a2					22
	Таким образом, площадь сечения: SAPMD																															1							PQ																.
																																		2															9
																									1
																																																												a
	В прямоугольной трапеции ALCD основания равны AD a																																																		и LC PC											,			а высота
																																																												3
																												AD LC								2a2																				1
	DC a . Тогда её площадь:																SALCD															DC												.
																													2									3
	Подставляя полученные значения площадей в формулу, находим
																								S						2a		2		2a2											3
															cos										ALCD								:				22											22		.
																								SAPMD						3				9												22
																									1
																				3																																Ответ: arccos											3								.
	Следовательно, arccos																						22				.																																								22
																22																																																	22

Пример 7. Плоскость пересекает прямоугольный параллелепипед с квадратным основанием по ромбу с острым углом . Под каким углом эта плоскость пересекает боковые рёбра параллелепипеда?

7

Решение. Без ограничения общности рассуждений будем считать, что секущая плоскость проходит через вершину A нижнего основания параллелепипеда, пересекая его бо-

ковые рёбра BB1, CC1			и DD1	в точках M, N и P соответственно (см. рис. 7).
	B1		C1		Рассмотрим прямоугольные треугольники AMB и
		D1		N	APD. В них AM AP , т.к., согласно условию, AMNP –
A1					ромб. Кроме того, AB AD как стороны основания
		x			параллелепипеда ABCD, являющегося квадратом. Сле-
			x		довательно, AMB APD по гипотенузе и катету, а
	M				значит, MB PD.
		O			Рассмотрим теперь четырёхугольник BMPD. В нём
x		P			противоположные стороны MB и PD параллельны и
	x B	a			равны, значит, BMPD – параллелограмм (отметим до-
				C	полнительно, что BMPD – прямоугольник). Отсюда
	a		a		MP|| BD и MP BD.
A	a	D			Пусть сторона ромба AMNP равна x, а ребро осно-
	Рис. 7				вания параллелепипеда равно a. Тогда SAMNP x2 sin ,

SABCD a2 . Поскольку MP BD a2, то из прямо-

угольного треугольника AOP имеем: sin

OP

a 2

, или a x

sin

.

2

2

AP

2x

2

Вычислим косинус угла между секущей плоскостью и основанием:

SABCD

a2

2x2 sin2

cos

2

tg

.

SAMNP

x2 sin

Обозначим через угол,

x2 sin

2

под которым секущая плоскость пересекает боковые рёбра

параллелепипеда. Поскольку

, то

cos cos

sin . Значит,

sin tg

.

2

2

2

Отсюда arcsin tg

.

2

						Ответ: arcsin tg				.
									2
	Пример 8. В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a, через точки M, P и N на рёбрах
BB , CC и DD соответственно, такие, что BM			3a	, CP	2a	и DN	a	, проведена се-
1	1	1	4	3		4

кущая плоскость. Найти угол между плоскостью сечения и плоскостью основания куба.

B1 C1

A1 ML

D1 P KS

QBC

N

A D

Рис. 8

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, т.к. они лежат в одной плоскости

DD1C1 (см. рис. 8).

Противоположные боковые грани AA1D1 и BB1C1 в кубе параллельны. Поэтому секущая плоскость, согласно свойству параллельных плоскостей (если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны) будет пересекать грань AA1D1 по прямой NQ так, что

NQ|| MP.

8

Соединим точки M и Q, т.к. они лежат в одной плоскости AA1B1. Тогда MQ|| NP по

тому же свойству параллельных плоскостей AA1B1

и

CC1D1 . Таким образом,

сечение

представляет собой параллелограмм MPNQ.

Вычислим площадь MPNQ и, поскольку квадрат ABCD – ортогональная проекция

MPNQ, определим косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью ABC.

Найдём стороны треугольника MNP. Используя теорему Пифагора, получим:

из прямоугольного треугольника MLP (ML CC1 )

a2

a2

a

,

145

MP (LC PC)2 MC2

144

из прямоугольного треугольника NPS (NS CC1)

12

NP

25a2

a2

13a

,

(PC SC)2 NS2

из прямоугольного треугольника MNK (KN BB1)

144

12

MN

a2

2a2

3a

.

(BM BK)2 KN2

4

2

Полупериметр треугольника MNP равен p

a(

31)

. Используя формулу Герона,

145

24

a2

a2

найдём его площадь:

SMNP

170

. Следовательно,

SMPNQ 2SMNP

170

. Из фор-

24

12

SABCD

мулы для

площади

ортогональной

проекции получим: cos

12

. Отсюда

SMPNQ

170

arccos

6

170

.

Ответ: arccos

6

170

.

85

85

4. Применениетеоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при вычислении площади боковой поверхности пирамиды

Ещё одной известной задачей, при решении которой применяется теорема о площади ортогональной проекции многоугольника, является задача вычисления площади Sбок бо-

ковой поверхности пирамиды, у которой все боковые грани одинаково наклонены к плоскости её основания (под углом ), или вершина пирамиды лежит на перпендикуляре, восставленном из центра вписанной в её основание окружности. Тогда

Sбок		Sосн	.	(2)
		cos

Пример 9. Стороны основания треугольной пирамиды равны 6 см, 10 см и 14 см. Каждый двугранный угол при её основании равен 30°. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (2). Найдём вначале площадь основания треугольной пирамиды, воспользовавшись формулой Герона. Поскольку полупериметр треугольника в основании равен 15 см, то

Sосн 15 (15 6) (15 10) (15 14) 153 (см2).

	Тогда Sбок		Sосн				3		2
				15 3:				30
									(см ).
			cos30				2

Ответ: 30 см2.

9

Пример 10. Боковые грани пирамиды, в основании которой лежит ромб, наклонены к плоскости основания под углом 30°. Диагонали ромба равны 10 см и 24 см. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.

S

BC

O	30
	M

A D

Рис. 9

Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (2). Поскольку боковые грани пирамиды SABCD наклонены к основанию ABCD под одинаковым углом, то её вершина S проектируется в центр вписанной в ромб окружности, т. е. в точку O пересечения его диагоналей (см. рис. 9). Тогда

SABCD AC BD 120 (см2). 2

Следовательно, Sбок SABCD 803 (см2). cos30

Ответ: 803 см2.

Пример 11. В правильной усечённой четырёхугольной пирамиде стороны нижнего и верхнего оснований равны соответственно a и b (a b). Найти площадь полной поверхности усечённой пирамиды, если её боковые грани наклонены к плоскости основания под углом .

b

Решение. Поскольку основаниями правильной усе-

чённой четырёхугольной пирамиды являются квадраты со

сторонами a и b, то сумма их площадей равна

a2 b2 .

Очевидно, что ортогональная проекция боковой поверхно-

сти усечённой пирамиды на плоскость нижнего основания

a

представляет собой квадрат со стороной a, из которого

«вырезан» квадрат со стороной b. При этом стороны «вы-

Рис. 10

резанного» квадрата параллельны сторонам нижнего осно-

вания пирамиды (см. рис. 10). Так как боковые грани усе-

чённой пирамиды наклонены к плоскости основания под

одинаковым углом , то площадь её боковой поверхности равна: Sбок

Sпр

a2

b2

.

cos

cos

Таким образом, S

полн a

2

b

2

a2 b2

Ответ: a

2

b

2

a2 b2

.

.

cos

cos

Пример 12. Основанием пирамиды является ромб. Две боковые грани перпендикулярны к плоскости основания и образуют двугранный угол в 120°, а две другие боковые грани наклонены к плоскости основания под углом 30°. Найти площадь поверхности пирамиды, если её высота равна 12.

S

B

120 30 60

M

A D

Рис. 11

Решение. Площадь полной поверхности пирамиды равна сумме площадей боковых граней и основания, т. е.

Sполн SASB SBSC SASD SDSC SABCD .

Положим, что сторона ромба ABCD равна a. C Пусть боковые грани ASB и BSC пирамиды

SABCD перпендикулярны к плоскости основания ABCD (см. рис. 11). Тогда боковое ребро SB пирамиды перпендикулярно к плоскости ромба и равно высоте, а боковые грани ASB и BSC пирамиды являются равными прямоугольными треугольниками

10