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

Стереометрия: две задачи с применением теоремы Менелая.

[latexpage]

Обе задачи очень интересные. Взяты из пособия В.В. Мирошина “ЕГЭ 2018. Тренировочные задания” – первая из варианта 4, вторая – из 27.

Задача 1. Основанием пирамиды  $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$. Точки  $K$, $L$ и $M$ расположены на ребрах $SA, SB, SC$ соответственно, и при этом

$$\frac{SK}{SA}=\frac{1}{3}, \frac{SL}{SB}=\frac{1}{4}, \frac{SM}{SC}=\frac{1}{2}$$

А) Докажите, что прямые  $KM$ и $LD$ пересекаются.

Б) Найдите отношение объема пирамиды $SKLMD$ к объему пирамиды $ SABCD$.

Рисунок 1

Проведем высоту пирамиды. Основание высоты пирамиды – точка пересечения диагоналей параллелограмма $H$. Проведем прямую $LD$ и рассмотрим треугольник $BSH$.

Рисунок 2

Рисунок 3

Пусть прямая $LD$ пересекает высоту $SH$ в точке $O$. Определим, в каком отношении точка $O$ делит высоту $SH$. По теореме Менелая для треугольника $BSH$

$$\frac{SO}{OH}\cdot\frac{HD}{BD}\cdot \frac{BL}{LS}=1$$

$BD$ – диагональ параллелограмма, точка пересечения диагоналей в параллелограмме делит каждую из них пополам, поэтому $\frac{HD}{BD}=\frac{1}{2}$. Ребро $SB$ по условию разделили на 4 части, отрезок $SL$ – одна из них, поэтому $SL=\frac{1}{4}SB$, $BL=\frac{3}{4}SB$. Тогда $\frac{BL}{LS}=3$. Следовательно,

$$\frac{SO}{OH}\cdot\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{1}=1$$

И тогда

$$\frac{SO}{OH}=\frac{2}{3}$$

Теперь рассмотрим плоскость $ASC$ и треугольник $ASH$. Пусть прямая $KM$ пересекает высоту $SH$ в точке $O’$. Тогда, если точка $O’$ делит высоту $SH$ в таком же отношении, как и точка $O$, то это одна и та же точка, и тогда именно в ней и пересекаются прямые $KM$ и $LD$.

Рисунок 4

Продлим прямые $KM$  и $AC$ до пересечения. Точку пересечения обозначим $T$. Запишем теорему Менелая для треугольника $ASH$:

$$\frac{SK}{KA}\cdot\frac{AT}{HT}\cdot \frac{HO’}{O’S}=1$$

Отношение $\frac{SK}{KA}=\frac{1}{2}$ по условию (ребро $SA$ разделили на три части, одна из них – отрезок $SK$, две – отрезок $KA$).

Далее необходимо определить длины отрезков $AT$ и $HT$. Для этого рассмотрим подобные треугольники $KWT$ и $MVT$. Запишем отношения для его сходственных сторон:

$$\frac{KW}{MV}=\frac{WT}{VT}$$

Или

$$\frac{KW}{MV}=\frac{WH+HT}{HT-HV}$$

Так как $\frac{SK}{SA}=\frac{1}{3}$, то из подобных треугольников $ASH$ и $AKW$  $\frac{KW}{SH}=\frac{2}{3}$. Из этих же треугольников $\frac{AW}{AH}=\frac{2}{3}$, следовательно, $WH=\frac{1}{3}AH=\frac{1}{6}AC$.

Так как  $\frac{SM}{SC}=\frac{1}{2}$, то из подобных треугольников $SHC$ и $VMC$   $\frac{MV}{SH}=\frac{1}{2}$. Из этих же треугольников $\frac{VC}{HC}=\frac{1}{2}$, следовательно, $VH=\frac{1}{2}HC=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{4}AC$.

Тогда

$$\frac{\frac{2}{3}SH}{\frac{1}{2}SH}=\frac{\frac{1}{6}AC +HT}{HT-\frac{1}{4}AC }$$

Или

$$\frac{2}{3}\left(HT-\frac{1}{4}AC \right)= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{6}AC +HT \right)$$

Или $HT=1,5AC$, то есть $CT=HT-HC=HT-\frac{1}{2}AC=AC$.

Тогда $AT=2AC$. Возвращаемся к нашей теореме Менелая:

$$\frac{SK}{KA}\cdot\frac{AT}{HT}\cdot \frac{HO’}{O’S}=1$$

$$\frac{1}{2}\cdot\frac{2AC}{1,5AC}\cdot \frac{HO’}{O’S}=1$$

Или

$$\frac{HO’}{O’S}=2\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{2}$$

Перепишем:

$$\frac{ O’S }{ HO’}=\frac{2}{3}$$

Мы получили то же отношение, следовательно, точки $O$ и $O’$ совпадают и прямые $KM$ и $LD$ в точке $O$ пересекаются.

Теперь определим объем пирамиды $SKLMD$.

Объем пирамиды $ SABCD$ можно представить как сумму объемов пирамид $SBCD$ и $SBAD$, у которых объемы равны:

$$V=V_{ SBCD}+V_{ SBAD}$$

$$ V_{ SBCD}=V_{ SBAD}=\frac{1}{2}V$$

Объем пирамиды $SKLMD$ можно представить как сумму объемов пирамид $SLMD$ и $SKLD$:

Рисунок 5

Рисунок 6

$$V_{ SKLMD }=V_{ SLMD }+V_{ SKLD }$$

Причем у пирамид $ SBCD$ и $ SLMD$ одна и та же высота, а также у пирамид $SBAD$ и $SKLD$ также одна и та же высота. Поэтому

$$\frac{ V_{ SLMD }}{ V_{ SBCD}}=\frac{S_{SLM}}{S_{BSC}}$$

И

$$\frac{ V_{ SKLD }}{ V_{ SBAD}}=\frac{S_{SKL}}{S_{BSA}}$$

Определим отношения площадей:

$$\frac{S_{SLM}}{S_{BSC}}=\frac{SL\cdot SM}{SB\cdot SC}=\frac{\frac{1}{4}SB\cdot \frac{1}{2}SC}{SB\cdot SC}=\frac{1}{8}$$

$$\frac{S_{SKL}}{S_{BSA}}=\frac{SL\cdot SK}{SB\cdot SA}=\frac{\frac{1}{4}SB\cdot \frac{1}{3}SA}{SB\cdot SC}=\frac{1}{12}$$

Поэтому

$$V_{ SLMD }=\frac{1}{8} V_{ SBCD}=\frac{1}{16} V$$

$$V_{ SKLD }=\frac{1}{12} V_{ SBAD}=\frac{1}{24} V$$

 

$$\frac{V_{ SKLMD }}{V}=\frac{ V_{ SLMD }+V_{ SKLD }}{ V}=\frac{ \frac{1}{16} V +\frac{1}{24} V }{ V}=\frac{5}{48}$$

Ответ: Б) $\frac{5}{48}$.

 

Задача 2. Точки  $K$, $L$ и $M$ расположены на ребрах $SA, SB, SC$ правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$  соответственно, и при этом

$$\frac{SK}{KA}=\frac{3}{2}, \frac{SL}{SB}=\frac{3}{7}, \frac{SM}{SC}=\frac{3}{5}$$

А) Докажите, что плоскость  $KLM$ проходит через вершину $D$ пирамиды $SABCD$.

Б) Найдите  угол между плоскостью $KLM$ и плоскостью основания пирамиды $ABCD$, если $SA=b=5$, $AB=a=4$.

Рисунок 7

Если внимательно посмотреть на данные отношения, то можно заметить, что $\frac{SM}{MC}=\frac{3}{2}$, то есть точки $K$ и $M$ расположены на одной высоте. Проведем прямую $LK$ до пересечения с прямой $AB$, а прямую $LM$ – до пересечения с прямой $BC$. Обозначим точки этих пересечений соответственно $T$ и $Z$. Тогда прямая $TZ$ – линия пересечения плоскостей $KLM$ и $ABCD$.

Рисунок 8

Рассмотрим треугольник $BAS$ и пересекающую его прямую $LT$. Запишем теорему Менелая:

$$\frac{SL}{LB}\cdot \frac{BT}{TA}\cdot\frac{AK}{KS}=1$$

Отношение $\frac{SL}{LB}=\frac{3}{4}$, тогда

$$\frac{3}{4}\cdot \frac{BT}{TA}\cdot\frac{2}{3}=1$$

Откуда

$$\frac{BT}{TA}=2$$

В силу того, что $\frac{SM}{MC}=\frac{3}{2}$, при записи теоремы Менелая для треугольника $BSC$ и пересекающей его прямой $LZ$ можно найти, что

$$\frac{BZ}{ZC}=2$$

Это означает, что треугольник $TBZ$ – равнобедренный прямоугольный, и прямая $TZ$ обязательно пройдет через точку $D$ – это можно установить через площадь, например, или определив длину гипотенузы $TZ$.

$$TZ=\sqrt{TB^2+BZ^2}=\sqrt{8^2+8^2}=8\sqrt{2}$$

$$TD=DZ=BD=4\sqrt{2}$$

Таким образом, $BD$ – высота треугольника $TBZ$, а по теореме о трех перпендикулярах наклонная $LD \perp TZ$. Следовательно, угол $LDB$ – искомый угол между плоскостями. Определим тангенс этого угла.

$$\operatorname{tg}{LDB}=\frac{LN}{ND}$$

Найдем длины этих отрезков.

Высота пирамиды $SH$ равна

$$SH=\sqrt{SD^2-HD^2}=\sqrt{25-8}=\sqrt{17}$$

Рассмотрим подобные  треугольники $BSH$ и $BLN$, где $N$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $L$ к плоскости основания.

Рисунок 9

Запишем отношения сходственных сторон:

$$\frac{SH}{LN}=\frac{BS}{BL}=\frac{7}{4}$$

$$LN=\frac{4}{7}SH=\frac{4\sqrt{17}}{7}$$

$$\frac{BH}{BN}=\frac{BS}{BL}=\frac{7}{4}$$

Тогда $BN=\frac{4}{7}BH=\frac{4}{7}\cdot 2\sqrt{2}=\frac{8\sqrt{2}}{7}$, а

$$NH=BH-BN=2\sqrt{2}-\frac{8\sqrt{2}}{7}=\frac{6\sqrt{2}}{7}$$

Тогда

$$ND=NH+HD=\frac{6\sqrt{2}}{7}+2\sqrt{2}=\frac{20\sqrt{2}}{7}$$

Угол будет равен

$$\angle {LDB}=\operatorname{arctg}{\frac{LN}{ND}}=\operatorname{arctg}{\frac{\frac{4\sqrt{17}}{7}}{\frac{20\sqrt{2}}{7}}=\frac{\sqrt{34}}{10}$$

Ответ: $\angle {LDB}=\operatorname{arctg}{\frac{\sqrt{34}}{10}}$.

Комментариев - 2

  • Людмила
    |

    Добрый день, спасибо вам за подробное решение задач. Если я не ошибаюсь, то у вас ошибка во второй задаче в самом конце (в знаменателе должно быть 10).

    Ответить
    • Анна
      |

      Спасибо, Людмила, поправила!

      Ответить
  • Добавить комментарий

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