previous arrow
next arrow
Slider

Задание 14, Вариант 4 — разбор решения задачи

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}

Смотреть все задачи варианта