Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Стереометрия (13(С2))

Стереометрическая задача из пробника г.Уфы

[latexpage]

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 $CDB$ – $KM$ 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 *