Авторская задача Основание пирамиды SABCD — параллелограмм ABCD. Точка P — середина ребра SA. Точки М и N делят ребра SB и SC соответственно в отношении 1:2, считая от вершины S.
а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью MNP имеет пару параллельных сторон.
б) Найдите площадь сечения, если пирамида SАВСD — правильная, АВ = 6, угол ASD равен 60 градусов.
Решение:
а) Заметим на чертеже подобные треугольники.
\(\vartriangle SMN\sim \vartriangle SBC\) по углу и двум прилежащим к нему сторонам, значит, \(\angle SMN=\angle SBC\) и \(MN\parallel BC.\). Пусть \(\alpha \cap (PMN)\) — плоскость сечения.
\(MN||AD\Rightarrow MN\parallel (SAD)\) по признаку параллельности прямой и плоскости.
Пусть \(\alpha\cap \left(SAD\right)=PQ\). Покажем, что \(PQ\parallel MN.\)
по теореме о прямой и параллельной ей плоскости.
Следовательно, четырехугольник PMNQ имеет пару параллельных сторон и является трапецией.
б) Пирамида SABCD — правильная, \(AB=6,\ \ \angle ASD=60{}^\circ\). Найдем \(S_{PMNQ}\).
Так как \(\angle ASD=60{}^\circ\), боковые грани пирамиды — правильные треугольники.
\(\vartriangle SMN\sim \vartriangle SBC,\ \ \vartriangle SPQ\sim \vartriangle SAD\textit{, }\) отсюда \(PQ=\frac{1}{2}AD=3, MN=\frac{1}{3}BC=2.\)
\(\vartriangle SMP=\vartriangle SNQ\), значит, MP=NQ. (по углу и двум сторонам)
Найдем MP по теореме косинусов из треугольника SMP.
\(MP^2=SP^2+SM^2-2SM\cdot SP\cdot cos\angle PSM;\)
\(MP^2=9+4-2\cdot 3\cdot 2\cdot cos60{}^\circ ;\)
\(MP=\sqrt{7}=NQ; MNQP\) — равнобедренная трапеция.
Чтобы найти \(S_{MNQP}\) , нарисуем плоский чертеж.
Проведем \(NH\bot PQ. NH\) — высота трапеции, \(NH=\sqrt{NQ^2-HN^2}=\sqrt{7-{\left(\frac{3-2}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2},\)
\(S_{MNQP}=\frac{a+b}{2}\cdot h=\frac{2+3}{2}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{15\sqrt{3}}{4}.\)
Ответ:
б) \(\frac{15\sqrt{3}}{4}\)
