ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 110461
Темы:    [ Площадь и объем (задачи на экстремум) ]
[ Площадь сечения ]
[ Ортогональная проекция (прочее) ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Основанием пирамиды служит правильный шестиугольник ABCDEF , а её боковое ребро SA перпендикулярно плоскости основания. Расстояния от точек B и C до прямой SD равны соответственно и . а) Чему равна площадь треугольника ASD ? б) Найдите отношение наименьшей из площадей треугольных сечений пирамиды, проходящих через ребро SD , к площади треугольника ASD ?

Решение

а) В правильном шестиугольнике ABCDEF диагональ BD перпендикулярна стороне AB (рис.2). Прямая SB – наклонная к плоскости основания пирамиды (рис.1), а AB – её ортогональная проекция. По теореме о трёх перпендикулярах BD SB . Аналогично докажем, что SC CD . Обозначим AB=a , SA=h . Тогда AD = 2a , BD = a . Пусть BH и CG – перпендикуляры, опущенные из точек соответственно B и C на прямую SD . Тогда BH и CG – высоты прямоугольных треугольников SBD и SCD , проведённые из вершин прямых углов. По условию задачи BH= и CG= . Вычисляя разными способами площади треугольников SBD и SCD , получим равенства BD· SB = SD· BH и CD· SC = SD· CG , а т.к.

SB = = , SC = = ,


SD = = ,

то

Возведя в квадрат обе части каждого уравнения и затем разделив почленно первое на второе, получим уравнение
45(h2+a2) = 23(h2+3a2),

из которого находим, что h2=a2 . Подставив найденное выражения для h2 в первое уравнение системы, получим, что a2= . Следовательно,
SΔ ASD = AD· SA = ah = a· a = a2 = · = .

б) Пусть O – центр правильного шестиугольника ABCDEF , K – середина стороны BC . Из свойств правильного шестиугольника следует, что OK AD , значит, по теореме о трёх перпендикулярах OK SD . Через прямую OK проведём плоскость α , перпендикулярную ребру SD . Пусть она пересекает SD в точке P . Рассмотрим ортогональную проекцию пирамиды на плоскость α . Пусть точки A' , B' , C' , D' , E' , F' – проекции вершин A , B , C , D , E , F соответственно (рис.3). Поскольку прямая SD перпендикулярна плоскости проекций, точка D' – проекция точек S , H , P и G . Отрезки BH , OP и CG при этом проектировании переходят в равные и параллельные им отрезки B'D' , OD' и C'D' , причём B'D' = BH = и С'D' = CG = Из свойств параллельного проектирования следует, что противоположные стороны шестиугольника A'B'C'D'E'F' попарно равны и параллельны, а A'D'=2B'C'=2OD' . Кроме того, пирамида симметрична относительно плоскости SAD , а шестиугольник A'B'C'D'E'F' симметричен относительно прямой A'D' , поэтому достаточно рассмотреть треугольные сечения, проходящие через точку, принадлежащую ломаной ABC . Пусть C'L – высота равнобедренной трапеции A'B'C'D' . Обозначим CK=x .
D'L = (A'D'-B'C') = (4x-2x) = x, A'L = (A'D'+B'C') = (4x+2x) = 3x.

Учитывая, что A'C' = B'D' , из прямоугольных треугольников D'LC' и A'LC' находим, что
C'D'2-D'L2 = A'C'2-A'L2, или -x2 = - 9x2,

откуда x= . Тогда
C'L = = = 1, A'D' = 4x=.

Поскольку
B'D' = > =A'D', B'D' = > =A'B',

отрезок B'D' – наибольшая сторона треугольника A'B'D' , а т.к.
cos B'A'D' = = = >0,

то треугольник A'B'D' – остроугольный, поэтому основание M его высоты D'M лежит на стороне A'B' , а не на её продолжении. Из прямоугольного треугольника A'MD' находим, что
D'M = A'D' sin B'A'D' = · = .

Пусть вершина X рассматриваемого треугольного сечения SDX лежит на отрезке AB . Тогда её ортогональная проекция X' лежит на отрезке A'B' , а высота XY треугольника SDX параллельно плоскости α , поэтому XY=D'X' . Высота XY минимальна (а значит, минимальна и площадь треугольника SDX ), если минимален отрезок D'X' , т.е. X' совпадает с точкой M . Если же вершина X лежит на отрезке BC , то высота XY минимальна (а значит, минимальна и площадь треугольника SDX ), если точка X' совпадает с точкой C' , т.к. угол D'C'B' – тупой как угол при меньшем основании B'C' равнобедренной трапеции A'B'C'D' . Поскольку D'C' = > , наименьшую из всех рассматриваемых площадей имеет треугольник SDM . Далее имеем:
SD = = = 2a = 2· · = 4,


SΔ ADM = SD· D'M = · 4· = .

Следовательно
= = .


Ответ

; .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 8657

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .