Условие
На рёбрах
SA и
SD расположены точки
E и
F так, что
AE = 2
ES,
SF = 5
DF. Через точки
E и
F проведена плоскость α, параллельная
CD. Найдите:
1) площадь фигуры, полученной при пересечении пирамиды плоскостью α;
2) радиус сферы с центром в точке
A, касающейся плоскости α;
3) угол между плоскостью α и плоскостью
ABC.
Решение
 |
| Рис. 1 |
 |
| Рис. 2 |
Пусть
M и
N ─ середины сторон
AB и
CD квадрата
ABCD (рис. 1),
H ─ центр квадрата. Тогда
SNH ─ линейный угол двугранного угла между боковой гранью и основанием пирамиды
SABCD. Обозначим ∠
SNH = β. Из прямоугольного треугольника
SNH находим, что
Плоскость α параллельна прямой
CD, а значит, и прямой
AB. Плоскость
SCD проходит через прямую
CD, параллельную плоскости α, и пересекает эту плоскость, поэтому прямая пересечения плоскостей α и
SCD параллельна
CD. Аналогично, прямая пересечения плоскостей α и
SAB параллельна прямой
AB, а значит, и прямой
CD. Пусть плоскость α пересекает боковые рёбра
SB и
SC пирамиды в точках
G и
W соответственно. Тогда
EG ∥
AB,
FW ∥
CD,
EG = ⅓
AB = ⅔,
FW = ⅚
CD = ⁵⁄₃.
Сечение пирамиды плоскостью α ─ равнобедренная трапеция
FEGW с основаниями
EG = ⅔ и
FW = ⁵⁄₃. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью
MSN. В этой плоскости лежат середины
K и
L оснований
EG и
FW трапеции
FEGW соответственно, а также центр
H квадрата
ABCD, при этом
KL ─ высота трапеции
FEGW. Пусть прямая, проходящая через точку
L параллельно
MN пересекает отрезок
SM в точке
Q, а прямая, проходящая через точку
K параллельно
MN пересекает отрезок
SN в точке
T. Тогда
TL =
KQ =
SQ −
SK = ⅚
SM − ⅓
MN = ½
MN = ³⁄₂,
KT = ⅓
MN = ⅔,
QL = ⅚
MN = ⁵⁄₃.
Пусть
K₁ ─ проекция точки
K на
QL. Тогда
Из равнобедренной трапеции
KQLT находим, что
K₁
L = ½(
KT +
LQ) = ½(⅔ + ⁵⁄₃) = ⁷⁄₆,
Следовательно,
SFEGW = ½(
EG +
FW) ·
KL = ½(⅔ + ⁵⁄₃) · ¹¹⁄₆ = ⁷⁷⁄₃₆.
Заметим, что угол между плоскостями α и
ABCD равен углу между плоскостью α и плоскостью, проходящей через прямую
FW параллельно плоскости
ABCD, а линейный угол этого двугранного угла ─ это угол
KLQ. Обозначим ∠
KLQ = φ. Из прямоугольного треугольника
KLK₁ находим, что
Пусть
R ─ радиус сферы с центром в точке
A, касающейся плоскости α,
P ─ основание перпендикуляра, опущенного из точки
Q на
KL (рис. 2). Тогда
R ─ расстояние от точки
A до плоскости α, а поскольку прямая
AB параллельна этой плоскости, то расстояние от точки
M до плоскости α также равно
R. Из соотношения
следует, что
R = ⁴⁄₃
QP.
Записывая двумя способами площадь треугольника
KLQ, получаем равенство
KL ·
QP =
QL ·
KK₁, откуда
Следовательно,
Источники и прецеденты использования
|
|
|
web-сайт |
|
Название |
Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
|
URL |
http://zadachi.mccme.ru |
|
задача |
|
Номер |
8929 |
