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

Стереометрия: две задачи с применением теоремы Менелая.

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

    \[\angle {LDB}=\operatorname{arctg}{\frac{LN}{ND}}=\operatorname{arctg}{\frac{\frac{4\sqrt{17}}{7}}{\frac{20\sqrt{2}}{7}}=\frac{\sqrt{34}}{5}\]

Ответ: \angle {LDB}=\operatorname{arctg}{\frac{\sqrt{34}}{5}}.

Добавить комментарий

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