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 = 2
a ,
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'=2
B'C'=2
OD' .
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 |
