Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (14 (С2))

Стереометрическая задача из пробника г.Уфы

Решим задачу. Задачка попалась не совсем стандартная, с заковыринкой – но такие и есть самые интересные.

В правильном тетраэдре ABCD  на ребре DC выбрана точка M, такая, что  DM:MC=1:2, а на ребре DB выбрана точка N, причем BN:ND=1:2.

а) постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки M, N и К, где К –  середина ребра AC.

б) найдите площадь сечения, если все ребра тетраэдра равны 3.

Начнем с построения. Сначала проведем следы секущей плоскости в гранях ADC и CDBKM и MN.

Дано

Сечение, шаг 1

Продлим луч MN до пересечения с лучом CB – точка пересечения лучей Q лежит в плоскости основания тетраэдра, а также и  – благодаря принадлежности лучу MN – в плоскости сечения. Поэтому проведем прямую KQ, и определим точку пересечения ею ребра AB – точку T.

Сечение, шаг 2

Теперь можно и сечение выделить и заштриховать. Пункт а) – готов.

Сечение

Посмотрим на сечение с другой стороны, чтобы лучше его представить:

Сечение, разворот

Переходим к определению площади сечения. Для ее нахождения неплохо бы определиться с длинами всяческих отрезков, которые это сечение образовывают, и не только. Например, по теореме косинусов совершенно легко можно определить длину отрезка MN, отрезков KM, KQ, CQ.

    \[MN^2=DM^2+DN^2-2\cdot DM \cdot DN \cos 60^{\circ}\]

Так как ребра равны 3, то DM=1, DN=2:

    \[MN^2=1^2+2^2-2\cdot 2 \cdot\frac{1}{2}=3\]

    \[MN=\sqrt{3}\]

    \[KM^2=CM^2+CK^2-2\cdot CM\cdot CK \cos 60^{\circ}\]

Из тех же соображений CM=2, K – середина AC: CK=1,5

    \[KM^2=2^2+1,5^2-2\cdot 2\cdot 1,5 \cdot \frac{1}{2}\]

    \[KM^2=3,25\]

    \[KM=\frac{\sqrt{13}}{2}\]

    \[KT^2=AK^2+AT^2-2\cdot AK\cdot AT \cos 60^{\circ}\]

    \[KT^2=1,5^2+2^2-2\cdot 2\cdot 1,5 \cdot \frac{1}{2}\]

    \[KT^2=3,25\]

    \[KT=\frac{\sqrt{13}}{2}\]

Чтобы найти отрезок CQ, рассмотрим треугольник CMQ.

Треугольник CMQ и длины его сторон

Отрезок NN_1 параллелен CB  и является основанием правильного треугольника DNN_1 со стороной 2, и в этом треугольнике MN – медиана, а следовательно, высота. Поэтому треугольник CMQ – прямоугольный. Также известен угол MCB=60^{\circ}, поэтому угол CQM=30^{\circ}. MC=2 является катетом, лежащим против угла в 30 градусов, следовательно, гипотенуза CQ вдвое его длиннее и равна 4. Катет MQ может быть найден по теореме Пифагора и равен MQ=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}. Кроме того, отметим, что NB=BQ=1.

Определим длину отрезка KQ:

    \[KQ^2=KC^2+CQ^2-2\cdot KC\cdot CQ \cos 60^{\circ}\]

    \[KQ^2=1,5^2+4^2-2\cdot 4\cdot 1,5 \cdot \frac{1}{2}\]

    \[KQ^2=12,25\]

    \[KQ=3,5\]

Теперь обратимся к плоскости сечения, и к треугольнику KMQ.

Площадь сечения

В этом треугольнике нам неизвестны углы, зато мы знаем все стороны. А значит, найти углы – не проблема, ведь есть теорема косинусов! Найдем угол \gamma:

    \[KM^2=KQ^2+MQ^2-2\cdot KQ\cdot MQ \cos {\gamma}\]

    \[\cos {\gamma}=\frac{ KM^2- KQ^2-MQ^2}{-2 \cdot KQ\cdot MQ }\]

    \[\cos {\gamma}=\frac{ \frac{13}{4}-3,5^2-(2\sqrt{3})^2}{-2 \cdot 3,5\cdot 2\sqrt{3}}\]

    \[\cos {\gamma}=\frac{3}{2\sqrt{3}}\]

Сразу же найдем и синус, через основное тригонометрическое тождество:

    \[\sin{\gamma}=\sqrt{1-\cos^2 {\gamma}}=\frac{1}{2}\]

Теперь можно найти и площадь треугольника KMQ:

    \[S_{KMQ}=\frac{1}{2}\cdot KQ\cdot MQ\sin{\gamma}\]

    \[S_{KMQ}=\frac{1}{2}\cdot 3,5\cdot 2\sqrt{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{7\sqrt{3}}{4}\]

А также и площадь треугольника TNQ:

    \[S_{TNQ}=\frac{1}{2}\cdot NQ\cdot TQ\sin{\gamma}\]

    \[S_{TNQ}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}\cdot(3,5-\frac{\sqrt{13}}{2})\cdot\frac{1}{2}=\frac{7\sqrt{3}}{8}-\frac{\sqrt{39}}{8}\]

Чтобы найти площадь сечения, просто вычтем S_{KMQ}- S_{TNQ}:

    \[S_{KMQ}- S_{TNQ}=\frac{7\sqrt{3}}{4}-\frac{7\sqrt{3}}{8}+\frac{\sqrt{39}}{8}=\frac{7\sqrt{3}+\sqrt{39}}{8}\]

Ответ: площадь сечения \frac{7\sqrt{3}+\sqrt{39}}{8}

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *