ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К С2 - ЕГЭ-2014

с катетами 12 и a. Тогда SASB SBSC 12a.

Из условия SB ABC следует, что ABC – линейный угол двугранного угла ASBC.

По условию задачи ABC 120 . Тогда площадь основания SABCD	a2 sin120	a2 3			.
	2

Чтобы найти площади оставшихся боковых граней ASD и DSC, воспользуемся формулой (2), поскольку их ортогональной проекцией служит ромб ABCD. Так как эти грани на-

	клонены к плоскости основания под углом 30°, то SASD SDSC							SABCD	a2 .
								cos30
		12a a2	a2			.
	Получаем, что Sполн			3
		2

Вычислим теперь длину стороны ромба ABCD. Для этого опустим из его вершины B высоту BM на сторону CD. Тогда SM – наклонная к основанию пирамиды, BM – проекция SM и BM CD. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах, SM CD . А значит,SMB – линейный угол двугранного угла SCDB и SMB 30 . Так как треугольник MSB

– прямоугольный, то BM SB ctg30 123. Далее, из прямоугольного треугольника

CMB: BC	BM	24. Итак, a 24.
	sin60
						a2						242
Таким образом, S			полн 12a a	2			3			2			3
									12 24 24						288(	3 3).
						2						2

Ответ: 288(3 3).

5. Применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника в разных задачах

Рассмотрим теперь несколько более сложных примеров, показывающих, как помогает их успешному решению использование теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника. При разборе этих задач авторами осознанно будут опускаться некоторые очевидные детали и факты при построении сечений и углов в многогранниках.

Пример 13. Ребро куба ABCDA1B1C1D1 равно a. На рёбрах AA1, BB1, CC1 соответст-

венно взяты точки M, N, P так, что AM	a	,	BN	2a	, CP	a	. Найти площадь сечения
3			3		2

куба плоскостью MNP.

Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, P и N. Для этого соединим вначале точки M и P, затем – точки P и N (см. рис. 12). В плоскости AA1D1 проведём MQ, MQ|| NP. Наконец, соединим точки P и Q. Четырёхугольник MNPQ – параллелограмм.

Построим след секущей плоскости на плоскости основания ABC куба. С этой целью продлим NP и BC до их пересечения в точке T, затем продлим NM и BA до их пересечения

в точке F. Соединив точки F и T, получим след FT сечения на основании ABC.
	B1	C1	Найдём длины
			сторон		прямо-
A1	N	D1	угольного			тре-
			угольника			TBF.
		P	Для этого			рас-
M	B		смотрим		вначале
			треугольники BNT
		T	и CPT.	Они		по-
F		H	добны	с	коэффи-

Рис. 12

11

циентом	k	4	.	Поэтому BT		4	CT				4	(BT a). Следовательно, BT 4a. Далее, рас-
	3			3						3
смотрим треугольники BNF и AMF.										Они подобны с коэффициентом k 2. Поэтому
BF 2AF 2(BF a). Следовательно,											BF 2a. Воспользовавшись теоремой Пифагора,
									.
получим:	FT			(4a)2 (2a)2	2a
								5

Опустим из вершины B треугольника TBF высоту BH на гипотенузу FT. Соединим точки N и H. Тогда NH – наклонная к плоскости ABC, BH – её проекция. Так как

BH FT ,

то, по теореме о трёх перпендикулярах, NH FT . Следовательно, BHN –

линейный угол двугранного угла NFTB. Значит, BHN .

Вычислим теперь косинус угла между секущей плоскостью и основанием ABC ку-

ба. Для этого вначале найдём длину высоты BH в треугольнике TBF, выразив площадь

S TBF

двумя способами:

S TBF

BF BT

4a2 , S TBF

FT BH

a

BH .

Тогда, при-

5

2

2

равняв их, получим 4a2 a

BH . Отсюда BH

4a

5

.

5

5

Далее,

рассмотрим

прямоугольный

треугольник BNH. По теореме Пифагора

16a2

4a2

2a

BH

6

41

NH

BH

2

BN

2

. Следовательно, cos

.

5

9

NH

3 5

41

Ортогональной проекцией сечения MNPQ является квадрат ABCD, площадь которого

S

a2

равна a2 . Таким образом,

SMNPQ

ABCD

41

.

cos

6

a2

Ответ:

41

.

6

Пример 14. Дан куб

ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным 1. Точка M – середина ребра

B1C1 ,

точка N лежит на диагонали B1D , причём B1N 2ND. Найти площадь сечения куба

плоскостью, проходящей через точки M, N и параллельной прямой A1C1.

	Решение. Опишем схематически построение сечения куба плоскостью, проходящей
	A1		E	B1	через точки M, N и параллельной прямой A1C1 . Для
			T		этого	проведём через точку M прямую	ME,
D1			M		ME|| A1C1 (см. рис. 13).
		H	C1		Рассмотрим диагональную плоскость B1BD , в
			K		которой на диагонали B1D лежит точка N.		Тогда
Q	N				принадлежащая сечению точка T – результат пере-
	A		E1	B	сечения прямых ME и B1D1. В плоскости		B1BD
	F		M1		проведём прямую TN. Точка O, принадлежащая и
D	OG				сечению, и плоскости нижнего основания куба, яв-
		C			ляется результатом пересечения прямых TN и BD.
	L				Проведём через точку O прямую GF, парал-
					лельную A1C1 . Далее, используя метод следов, по-
	Рис. 13
					строим 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, OB – проекция наклонной OT и OB FG . Следовательно, по теореме о трёх пер-
пендикулярах,		OT FG. Значит, TOB – линейный угол двугранного угла TFGB.

12

Вычислим теперь косинус угла между секущей плоскостью и нижним основанием

	куба.	Очевидно, что												BD B D											,	BT	B1D1					2			.	Далее,	треугольники BTN																	и
																							2
																1					1					1		4		4																	1
	DON подобны с коэффициентом подобия k 2. Следовательно,																																				OD				B1T		B1D1								2				,
																																											8
																																					2										8
								7																										. Откуда cos						OB B1T								5				.
									2																						114
	OB BD OD											,		OT						(OB BT)2 BB2
							8																	1		1				8											OT						57
	Вычислим, наконец, площадь шестиугольника																														AE1M1CGF . Площади треугольников
	BM1E1		и DFG находятся довольно просто (Проделайте вычисления самостоятельно!):
	S BM E			1	,		S DFG						1		.	Тогда						SAE M CGF SABCD S BM E S DFG																27		. Таким образом,
											32
	1	1	8			SAE M CGF																1		1						1						1	32
														27
	SHEMKGF																57		.
							1 1
							cos
														160
																																									Ответ:				27											.
																																																		57
																																															160
	Пример 15. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA1B1C1D1E1F1 . На боко-
	вом ребре DD1 взята точка M,																				не принадлежащая ни одному из оснований. Через точку M

проведены две взаимно перпендикулярные плоскости, каждая из которых перпендикулярна плоскости DD1A1. Одна из этих плоскостей проходит через точку A1 и площадь сече-

ния призмы этой плоскостью равна 92 , а другая плоскость проходит через центр нижнего основания и площадь сечения призмы этой плоскостью равна 9. Найти объём призмы.

Решение. Пусть сечение площадью 92 образует угол с плоскостью верхнего основания (см. рис. 14). Тогда второе сечение образует с нижним основанием угол 90 .

B1

C1

Площадь ортогональной проекции первого сечения на плос-

кость основания равна площади верхнего основания. Используя

формулу площади ортогональной проекции многоугольника, по-

A

D

лучим

SABC D E F S1 cos , где

S1

–

площадь первого сечения,

1

1

1 1 1 1 1 1

т.е. S1

9

. Следовательно, SA BC D E F 9

cos .

2

2

F1

E1

1

1

1

1

1

1

Площадь ортогональной проекции второго сечения состав-

ляет

половину

площади

нижнего

основания:

B

C

M

SABCDEF

S2 cos(90 ) S2 sin ,

где S2 – площадь

второго

2

A

сечения, т.е. S2 9. Следовательно,

SABCDEF 18sin .

O

D

Так как площади

верхнего и

нижнего оснований

призмы

равны (SABCDEF SA BC D E F ), то получим уравнение:

F

E

1

1

1

1

1

1

9

2cos 18sin .

Рис. 14

Отсюда следует,

что

tg

2

.

Далее, применяя формулу

2

1

.

1 tg2

, получим: cos

6

cos2

3

Найдём сторону правильного шестиугольника A1B1C1D1E1F1. Для этого выразим его площадь SA1B1C1D1E1F1 двумя способами:

13

S			3 3		A B2				,	S			9				cos 9										6	6			.
																2						2								3
			2																								3
	A1B1C1D1E1F1			1 1							A1B1C1D1E1F1
Отсюда A1B1 2.													треугольники MOD																D1A1M .
Рассмотрим		теперь	прямоугольные																									и				Тогда:
DM OD tg(90 ) AB ctg 2											,	D1M A1D1 tg 2												. Следовательно,								высота
										2										2
призмы DD1 DM D1M 4						.
					2
Тогда объём призмы: V SABC D E F												DD1	6		4				24					.
														3				2			6
				1			1	1	1	1	1

Ответ: 246 .

Пример 16. Дана правильная четырёхугольная пирамида, площадь каждой боковой грани которой равна 1. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середину высоты пирамиды параллельно её боковой грани.

Решение. Опишем схематически построение сечения правильной четырёхугольной пирамиды SABCD (S – вершина) плоскостью, проходящей через середину её высоты SO (точку P) и параллельной боковой грани CSD (см. рис. 15).

Рассмотрим плоскость QSG, построенную на апофемах SQ и SG. Тогда высота пирамиды SO лежит в этой плоскости. Проведём через точку P прямую, параллельную апофеме SG. Эта прямая пересечёт плоскость основания пирамиды в точке F, а боковую грань ASB в точке T.

Так как секущая плоскость параллельна грани

	S		CSD, то, проходя через точку F, она пересекает осно-
	T J
			вание ABC по прямой KN, где KN ||CD (Докажите
	H		самостоятельно!).
	B P		Поскольку KN || AB,	то прямая KN параллельна
			плоскости ASB (по признаку параллельности прямой
			и плоскости). Следовательно, секущая плоскость,
	Q		проходя через точку T, пересекает грань ASB по пря-
		N	мой HJ, где HJ ||KN (теорема о линии пересечения).
	M
	R	C	Соединив точки K и H, N и J, получим в сечении че-
A	L O		тырёхугольник KHJN, являющийся трапецией.			яв-
	F		Построим теперь четырёхугольник		KLMN,
		G	ляющийся ортогональной проекцией трапеции KHJN
	K		на плоскость ABC. Так как HJ лежит в плоскости, по-
			строенной на параллельных прямых HL и JM, и па-
	D
			раллельна плоскости ABC, то линия пересечения LM
	Рис. 15		плоскостей ABC и HLM параллельна HJ (по теореме
			о линии пересечения).	Поскольку	LM || HJ	и

KN || HJ , то LM ||KN , а значит, четырёхугольник KLMN – трапеция.

Пусть боковые грани пирамиды SABCD наклонены к основанию под углом . Тогда секущая плоскость HKN, параллельная грани CSD, также будет наклонена к основанию пирамиды под углом (на рис. 15 показан линейный угол OFP двугранного угла OKNP,

OFP ).

Далее, пусть сторона основания пирамиды равна a. Тогда, с одной стороны, Sосн a2 ,

а, с другой стороны, Sосн Sбок cos 4cos . Отсюда a2 4cos .

Выразим площадь KLMN ортогональной проекции через a. С этой целью вновь рассмотрим плоскость QSG, построенную на апофемах SQ и SG.

14

Стороны OS и OG угла SOG пересечены параллельными прямыми SG и PF. Так как

OP PS , то, по теореме Фалеса, OF FG a . Тогда QF QG FG 3a . 4 4

Рассмотрим теперь угол SQG. Его стороны QS и QG пересечены параллельными прямыми SG и TF. Поскольку QF :FG 3:1, то, по теореме Фалеса, QT :TS 3:1.

Наконец, рассмотрим угол SQO. Его стороны QS и QO пересечены параллельными прямыми SO и TR (точка R – проекция точки T на плоскость ABC). Так как QT :TS 3:1,

то, по теореме Фалеса, QR:RO 3:1. Тогда RO QO a . Следовательно, высота FR

4 8

трапеции KLMN равна: FR OF RO 3a . 8

Далее, треугольники AOB и LOM подобны с коэффициентом подобия k 4. Поэтому

LM AB a . Таким образом, площадь трапеции KLMN равна:

	4		4					a a 4 3a 15a2
				SKLMN		KN LM	FR
													.
												64
					2		2		8
Согласно				теореме о	площади		ортогональной					проекции многоугольника,
SKHJN		SKLMN		, откуда, с учётом a2 4cos , окончательно получим: SKHJN											15	.
			cos
														16

Ответ: 15. 16

Задачи для самостоятельного решения

1. В правильной четырёхугольной призме через диагональ основания под углом 30 к плоскости основания проведена плоскость, пересекающая боковое ребро. Найти диаго-

наль основания, если площадь сечения равна 83 см2.

2.В правильной четырёхугольной призме через середины двух смежных сторон основания, равных a, проведена плоскость, пересекающая три боковых ребра и наклонённая к плоскости основания под углом . Найти площадь сечения.

3.Высота прямой призмы равна 1. В основании призмы лежит ромб со стороной, равной 2, и острым углом 30°. Через сторону основания проведена секущая плоскость с углом наклона к плоскости основания 60°. Найти площадь сечения призмы.

4.В кубе ABCDA1B1C1D1 через точки A, D1 и середину ребра BB1 проведено сечение.

Найти угол наклона секущей плоскости к плоскости основания ABCD.

5.Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник, катеты которого равны 3 и 4. Каждая боковая грань пирамиды наклонена к плоскости основания под углом в 60°. Найти площадь полной поверхности пирамиды.

6.Стороны основания треугольной пирамиды равны 5, 6 и 7. Вершина пирамиды проектируется в центр окружности, вписанной в её основание. Высота пирамиды равна радиусу этой вписанной окружности. Найти площадь поверхности пирамиды.

7.Основанием пирамиды является ромб с диагоналями 6 и 8. Высота пирамиды равна

1.Найти площадь полной поверхности этой пирамиды, если все двугранные углы при её основании равны.

8.В правильной усечённой треугольной 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 .

9.В правильной усечённой шестиугольной 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 .

15

10.Основанием пирамиды служит треугольник, стороны которого равны 12, 10 и 10. Каждая боковая грань наклонена к основанию под углом 45°. Найти площадь полной поверхности пирамиды.

11.Боковые грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 60°. В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами 8, 9, 11. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.

12.В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a, через точки M на ребре BB1 и N на

DD такие, что BM	3a	и DN	a	, параллельно AC проведена секущая плоскость. Найти
1	4	4

угол между секущей плоскостью и плоскостью ABC и площадь сечения.

13. Ребро куба ABCDA1B1C1D1 равно a. На рёбрах AA1, BB1, DD1 соответственно взя-

ты точки M, N, P так, что AM MA1, BN 2NB1, D1P 3PD. Найти площадь сечения куба плоскостью MNP.

14. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным 1. Точка M – середина ребра AD, точка

N – центр грани CC1D1D. Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и параллельной прямой BD.

15. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA1B1C1D1E1F1 со стороной осно-

вания 2 и высотой 10. На боковом ребре CC1 взята точка M. Через точку M проведены две взаимно перпендикулярные плоскости, каждая из которых перпендикулярна плоскости CC1F . Одна из этих плоскостей проходит через точку F1, а другая – через точку F. Найти площади сечений призмы проведёнными плоскостями.

16.Дана правильная треугольная пирамида, площадь каждой боковой грани которой равна 1. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середину высоты пирамиды параллельно её боковой грани.

17.Дана правильная шестиугольная пирамида, площадь каждой боковой грани которой равна 1. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середину высоты пирамиды параллельно её боковой грани.

																						7 a2													4				3							2
		Ответы.										1.	4			3 см.					2.										.	3.								.	4. arccos						. 5.		18. 6. 6 6(									2 1). 7. 50.
																						8 cos															3									3
														a2 b2							3																				a2 b2
		3			2				2																				3					2					2
8.				a			b													.	9.										a				b										.		10. 48(					2 1).						11. 12 35 .
4																											2														cos
														cos
						2							3a		2						a2											7																	25			25
								2															157													6
12. arccos												;						. 13.										. 14.										. 15. 3 15 ;							6	15. 16.						. 17.						.
							3														12													16
													2		2																																		36			16

16