Решение. Задание 14, Тренировочная работа 18.12.19 Вариант Запад

Условие задачи

Все рёбра правильной треугольной пирамиды SBCD с вершиной S равны 9. Основание O высоты SO этой пирамиды является серединой отрезка $SS_1,$ M — середина ребра SB , точка L лежит на ребре CD так, что $CL:LD=7:2.$

а) Докажите, что сечение пирамиды SBCD плоскостью $S_1LM$ — равнобедренная трапеция.

б) Вычислите длину средней линии этой трапеции.

Решение

Соединим точку $S_1$ с вершинами B, C и D и получим многогранник. Пусть H — середина CD, тогда в $\triangle BCD$ BH — медиана, высота и биссектриса.

Плоскость $\left(BSS_1\right)$ содержит точки O, H и M. B $\triangle BSS_1$ O — середина $SS_1,$ т.е. BO — медиана. В плоскости $\left(BSS_1\right)$ соединим $S_1$ и M, $S_1M$ — также медиана. Пусть $K=S_1M\cap BO$ — точка пересечения медиан и по свойству медиан $BK:KO=2:1.$ Точка $K\in MS_1\in \left(MS_1L\right),K\in \left(BCD\right)$ и $L\in \left(MS_1L\right),L\in \left(BCD\right),$ значит, $KL$ — прямая пересечения плоскостей $KL=\left(MS_1L\right)\cap \left(BCD\right),$ $E=KL\cap BC.$

Сделаем плоский чертёж $\triangle BCD.$

Все рёбра равны 9. Так как $CL:LD=7:2,$ то $CL=7,LD=2,$ $CH=HD=4,5,$ $HL=2,5.$

$\displaystyle BK=\frac{2}{3}BO=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}BH=\frac{4}{9}BH,$ значит, $\displaystyle \frac{KH}{BH}=\frac{5}{9},$ но и $\displaystyle \frac{LH}{DH}=\frac{2,5}{4,5}=\frac{5}{9},$ следовательно, $\triangle KHL\sim \triangle BHD$ по углу и двум сторонам. $\angle LKH=\angle DBH,$ поэтому $LK\parallel DB$ ( $LE\parallel DB$ ), а $\triangle ELC\sim \triangle BDC$ — равносторонний и $EL=EC=CL=7.$

Чтобы достроить сечение, найдём прямую, по которой пересекаются плоскости $\left(MS_1L\right)$ и $\left(BSD\right).$ Пусть $\left(MS_1L\right)\cap \left(BSD\right)=MF.$

$\left. \begin{array}{c}EL\in \left(MS_1L\right) \\EL\parallel BD\Rightarrow EL\parallel \left(BSD\right) \\\left(MS_1L\right)\cap \left(BSD\right)=MF \end{array}\right\}\Rightarrow MF\parallel EL$ по теореме о прямой и параллельной ей плоскости.

Так как $MF\parallel EL,$ $\displaystyle MF=\frac{1}{2}BD=4,5$ ( $MF$ — средняя линия в $\triangle BSD,$ так как $MF\parallel EL\parallel BD$ и M — середина $BS$ ), $EL=7\ne MF,$ то сечение $MFLE$ — трапеция.

Покажем, что эта трапеция равнобедренная, т. е. $EM=FL.$ Действительно, в равностороннем $\triangle BSD$ $MF$ — средняя линия, значит, $BM=FD.$

$BE=2=LD,$ а $\angle MBE=\angle FDL=60^\circ ,$ $\triangle MBE=\triangle FDL$ по двум сторонам и углу между ними, поэтому $EM=FL.$

$MFLE$ — равнобедренная трапеция.

б) Средняя линия m трапеции равна полусумме её оснований, а их мы уже нашли: $EL=7, \; MF=4,5.$

$\displaystyle m=\frac{EL+MF}{2}=\frac{7+4,5}{2}=\frac{23}{4}.$

Ответ:

б) $\displaystyle \frac{23}{4}.$

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими статьями. Информация на странице «Решение. Задание 14, Тренировочная работа 18.12.19 Вариант Запад» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать нужные и поступить в высшее учебное заведение или колледж нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими материалами из данного раздела.

Публикация обновлена: 09.03.2023

Решение. Задание 14, Тренировочная работа 18.12.19 Вариант Запад

Это полезно