Решение. Задание 14, Тренировочная работа 30.09.20

Условие задачи

В основании пирамиды MABCD лежит прямоугольник ABCD со сторонами AB = 4 и $BC = \sqrt{33},$ все боковые рёбра пирамиды равны 4. На диагонали BD основания ABCD отмечена точка E, а на рёбрах AM и AB — точки F и G соответственно так, что MF = BE = BG = 3.

а) Докажите, что плоскость GEF проходит через точку C.

б) Найдите длину отрезка, по которому плоскость GEF пересекает грань CMD пирамиды.

Решение

а) Так как все боковые рёбра пирамиды равны, то вершина пирамиды M проецируется в центр описанной около ABCD окружности, который для прямоугольника совпадает с точкой О пересечения диагоналей. MО — высота пирамиды. Из прямоугольного треугольника ABD по теореме Пифагора найдём BD: $BD = \sqrt{AB^2+BD^2} = \sqrt{4^2+{\sqrt{33}}^2} = \sqrt{49} = 7.$

Изобразим точки E, F, G. Так как $AM = MB = 4 = AB,$ то треугольник ABM равносторонний, $\angle MAB = 60^{\circ}.$ В треугольнике $\vartriangle FAG,AF = AG,$ $\angle FAG = 60^{\circ},$ поэтому $\vartriangle FAG$ равносторонний, $\angle AFG = 60^{\circ} = \angle AMB$ : прямые $\left(FG\right)$ и $\left(BM\right)$ параллельны. По признаку параллельности прямой и плоскости $\left(BM\right)\parallel \left(GEF\right).$

Так как $FM = BG = 3,$ $AF = AG = 4-3 = 1.$ Построим линию пересечения плоскости (GEF) с плоскостью основания (ABC) и покажем, что эта прямая проходит через точку C. Для этого рассмотрим плоскость (ABC).

Через точки G и E проведём прямую до пересечения с прямой (DC), получим точку K, $K = \left(GE\right)\cap \left(DC\right).$ Тогда $\vartriangle BEG\sim \vartriangle DEK$ по двум углам (вертикальным и внутренним накрест лежащим). $DE = BD-BE = 7-3 = 4$ и $\displaystyle \frac{BE}{DE} = \frac{BG}{DK},$ $\displaystyle \frac{3}{4} = \frac{3}{DK},$ $DK = 4$ , откуда следует, что точка K совпадает с точкой C. Следовательно, плоскость (GEF) проходит через точку C, что и требовалось доказать.

б) Достроим сечение пирамиды плоскостью и найдём отрезок, по которому она пересекает грань CMD. Если продолжить CG до пересечения с прямой (AD), то получим точку P, $P = \left(AD\right)\cap \left(CG\right),$ принадлежащую плоскости грани AMD.

Прямоугольные треугольники DPC и APG, имеющие общий угол P, подобны по двум углам, поэтому $\displaystyle \frac{DP}{AP} = \frac{DC}{AG} = 4$ (*).

Через точки P и F в плоскости $\left(AMD\right)$ проведём прямую, $L = \left(PF\right)\cap \left(MD\right),$ $L\in \left(CMD\right),$ отрезок CL искомый.

Длину отрезка CL можно найти из треугольника CLM, если знать длину отрезка LM.

Рассмотрим плоскость грани $AMD.$ Пусть $ML = x,$ тогда $LD = 4-x.$ Применим теорему Менелая к треугольнику $AMD.$

$\displaystyle \frac{AF}{FM}\cdot \frac{ML}{LD}\cdot \frac{DP}{PA} = 1,$ подставляя значения с учётом (*), получим $\displaystyle \frac{1}{3}\cdot \frac{x}{4-x}\cdot 4 = 1,$

откуда $\displaystyle 4x = 3\left(4-x\right), \ 7x = 12, \ x = \frac{12}{7}.$

Итак, $\displaystyle ML = \frac{12}{7},$ $CL$ найдём по теореме косинусов из треугольника $MCD.$

$LC^2 = LM^2+MC^2-2LM\cdot MC\cdot {\cos 6}0^{\circ} =$

$=\displaystyle {\left(\frac{12}{7}\right)}^2+4^2-2\cdot \frac{12}{7}\cdot 4\cdot \frac{1}{2} = \frac{144+16\cdot 49-48\cdot 7}{49} =$

$\displaystyle \frac{16\left(9+49-21\right)}{49} = \frac{16\cdot 37}{49},$ откуда $\displaystyle LC = \frac{4\sqrt{37}}{7}.$

Ответ:

$\displaystyle \frac{4\sqrt{37}}{7}.$

Благодарим за то, что пользуйтесь нашими статьями. Информация на странице «Решение. Задание 14, Тренировочная работа 30.09.20» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к ЕГЭ и ОГЭ. 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 статьями из данного раздела.

Публикация обновлена: 09.03.2023

Решение. Задание 14, Тренировочная работа 30.09.20

Это полезно