Страница: << 10 11 12 13 14 15 16 >> [Всего задач: 104]      

Точки K и M лежат на рёбрах соответственно CD и AB пирамиды ABCD . Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки K и M параллельно прямой AD .

Решение

Плоскость грани ADB проходит через прямую AD , параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку K . Значит, плоскость ADB и секущая плоскость пересекаются по прямой l , параллельной AD и проходящей через точку K . Далее аналогично.

Прислать комментарий

Постройте сечение треугольной пирамиды плоскостью, проходящей через три точки, лежащие в трёх гранях пирамиды.

Решение

Пусть точки K , L и M лежат в гранях соответственно ABD , BCD и ACD треугольной пирамиды ABCD . Продолжим отрезки DK , DL и DM до пересечения с рёбрами AB , BC и AC соответственно в точках K1 , L1 и M1 . Прямые MK и M1K1 лежат в плоскости DK1M1 , прямые ML и M1L1 – в плоскости DM1L1 , прямые KL и K1L1 – в плоскости DK1L1 . Если две рассматриваемые пары прямых состоят из параллельных прямых, то прямые третьей пары также параллельны. Если, например, MK || M1K1 и ML || M1L1 , то по признаку параллельности плоскостей секущая плоскость параллельна плоскости ABC . В этом случае секущая плоскость пересекает плоскости граней ABD , BCD и ACD по прямым, походящим через точки K , L и M параллельно прямым соответственно AB , BC и AC . Остался случай, когда две рассматриваемые пары прямых состоят из пересекающихся прямых. Пусть, например, прямые MK и M1K1 пересекаются в точке P , а прямые ML и M1L1 – в точке Q . Тогда секущая плоскость пересекается с плоскостью ABC по прямой PQ . Точки, в которых прямая PQ пересекает прямые AB , BC и AC принадлежат секущей плоскости. Дальнейшее построение очевидно.

Прислать комментарий

Точки M , N и K принадлежат соответственно рёбрам CD , BC и AA1 параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 , причём CM = MD , BN:NC = 2:1 , AK:KA1= 1:2 . Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки M , N , K . В каком отношении эта плоскость делит ребро BB1 и диагональ AC1 параллелепипеда?

Ответ

1:5, 4:13.

Прислать комментарий

Основание прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ ─ равнобедренная трапеция ABCD, в которой BC ∥ AD, BC = 1, AD = 5, ∠BAD = arctg ³⁄₂. Плоскость, перпендикулярная прямой A₁D, пересекает рёбра AD и A₁D₁ в точках E и F соответственно, причём AE = FD₁ = ⁵⁄₃. Найдите периметр сечения призмы этой плоскостью.

Решение

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Пусть BG ─ высота трапеции ABCD (рис. 1). Тогда

AG = ½(AD − BC) = ½(5 − 1) = 2,   BG = AG tg ∠BAD = 2 · ³⁄₂ = 3.

Поскольку прямая A₁D перпендикулярна секущей плоскости, то A₁D ⊥ EF (рис. 2).

Пусть K ─ точка пересечения секущей плоскости с прямой AB. Прямая A₁D перпендикулярна секущей плоскости, содержащей прямую EK, поэтому A₁D ⊥ EK. По теореме о трёх перпендикулярах, EK ⊥ AD, так как AD ─ ортогональная проекция наклонной A₁D на плоскость ABCD.

Треугольники AEK и AGB подобны с коэффициентом

k =

AE AG

=

⁵⁄₃ 2

=

5 6

,

поэтому AK = k · AB = ⁵⁄₆AB < AB. Значит, точка K лежит на отрезке AB. Аналогично, точка N пересечения секущей плоскости с прямой C₁D₁ лежит на ребре C₁D₁. При этом NF ∥ KE и NF = KE.

Пусть прямые EK и BC пересекаются в точке H, прямые FN и B₁C₁ ─ в точке T, а прямая TH пересекает прямые BB₁ и CC₁ в точках L и M соответственно. Тогда сечение призмы, о котором говорится в условии задачи, ─ шестиугольник EKLMNF, в котором NF ∥ KE и NF = KE, ML ∥ EF (по теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью).

Из подобия треугольников AEK и AGB находим, что

EK = k · BG = 3 · ⅚ = ⁵⁄₂.

Тогда KH = EH − EK = BG − EK = 3 − ⁵⁄₂ = ½. Из подобия треугольников BKH и EKA находим, что

BH = AE ·

KH KE

= AE ·

KH HE − KH

= AE ·

KH BG − KH

=

5 3

·

½ 3 − ½

=

1 3

.

Пусть h ─ высота (боковое ребро) призмы, E₁ ─ проекция точки E на плоскость A₁B₁C₁D₁. Тогда

E₁F = A₁D₁ − A₁E₁ − D₁F = 5 − ⁵⁄₃ − ⁵⁄₃ = ⁵⁄₃.

Рассмотрим грань AA₁D₁D (рис. 3). Обозначим ∠A₁FE = ∠AA₁D = α. Из прямоугольных треугольников E₁FE и AA₁D находим, что

tg α =

EE₁ E₁F

=

h ⁵⁄₃

=

3h 5

,   tg α =

AD AA₁

=

5 h

,

откуда h =

5 √ 3

и tg α =

√ 3

. Поэтому α = 60°,

EF =

h sin 60°

=

5/√ 3 √ 3 /2

=

10 3

.

Рассмотрим грань BB₁C₁C. Поскольку TH ∥ FE и CH ∥ AD, то ∠LHB = ∠FED = α = 60°, а по теореме о трёх перпендикулярах, ∠LHK = 90°. Из прямоугольных треугольников LBH и LHK находим, что

LH =

BH cos 60°

= ⅔,   LK =

√ KH² + LH²

=

√ (½)² + (⅔)²

= ⅚.

Тогда MN = LK = ⅚,

ML = TH − LH − TM = TH − 2LH = FE − 2LH = ¹⁰⁄₃ − 2 · ⅔ = 2.

Следовательно, периметр сечения равен

EF + 2EK + ML + 2LK = ¹⁰⁄₃ + 2 · ⁵⁄₂ + 2 + 2 · ⅚ = 12.

Прислать комментарий

Основание прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ ─ равнобедренная трапеция ABCD, в которой BC ∥ AD, BC = 5, AD = 10, ∠BAD = arctg 2. Плоскость, перпендикулярная прямой A₁D, пересекает рёбра AD и A₁D₁ в точках M и N соответственно, причём MD = A₁N = 1. Найдите периметр сечения призмы этой плоскостью.

Решение

31; сечение ─ шестиугольник.

Прислать комментарий

Страница: << 10 11 12 13 14 15 16 >> [Всего задач: 104]