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

Стереометрия. Площадь сечения через площадь проекции сечения.

[latexpage]

Если сечение сложной формы, то не стоит пытаться найти его площадь “в лоб”. Умный гору обойдет… И мы обойдем: определим площадь проекции сечения (обычно это очень просто) и угол наклона плоскости сечения к плоскости основания. Потом воспользуемся известной формулой. Но об этом – дальше.

Задача 1. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA1B1C1D1$ с ребрами $AB=4$‚ $BC=З$ и $AA1=2$ точки $P$ и $Q$ -середины ребер $A1B1$ и $CC1$ соответственно. Плоскость $APQ$ пересекает ребро $B1C1$ в точке $W$.

а) Докажите, что $B_1W: WC_1 = 2 : 1$;

б) Найдите площадь сечения этого параллелепипеда плоскостью $APQ$.

Рисунок 1 – к задаче 1

Построим сечение. Построим прямую $AP$ – ведь точки $A$ и $P$ принадлежат одной грани. Построим прямую $BB_1$ и найдем точку пересечения прямой $AP$ и прямой $BB_1$ – точку $V$.

Рисунок 2 – к задаче 1

Эта точка принадлежит как плоскости грани $ABB_1$, так и плоскости грани $B_1BC$. Проведем прямую $VQ$ и определим точку пересечения этой прямой с ребром $B_1C_1$ – точку $W$.

Рисунок 3 – к задаче 1

Построим линии, по которым сечение «режет» грани параллелепипеда: $AP, PW, WQ$.

Рисунок 4 – к задаче 1

Теперь построим прямую $BC$ и определим точку ее пересечения с прямой $WQ$ – точка $X$ пересечения лежит в плоскости верхней грани, и это позволяет соединить ее с точкой $A$. Теперь найдем место пересечения отрезка $AX$ с ребром $DC$ – точку $Y$, и можно обводить и штриховать сечение:

Рисунок 5 – к задаче 1

Докажем пункт а). Рассмотрим треугольники $A_1AP$ и $YCQ$. Они подобны, так как образованы параллельными прямыми: $AP\parallel YQ$. Так как $CQ=\frac{1}{2}CC_1$, то коэффициент подобия этих треугольников – $\frac{1}{2}$. Тогда $YC=\frac{1}{2}A_1P=\frac{1}{4}DC$. Так как треугольники $ABX$ и $YCX$ также подобны с коэффициентом $\frac{1}{4}$, то $CX=\frac{1}{4}BX=\frac{1}{3}BC$.  Но треугольники $CXQ$ и $QWC_1$ равны по 2 признаку, следовательно, $CX=WC_1$, или $WC_1=\frac{1}{3}B_1C_1 $, то есть $B_1W : WC_1 = 2 : 1$.

б) Определим площадь сечения. Для этого можно определить площадь проекции этого сечения, и косинус угла между плоскостью и основанием параллелепипеда. Сначала найдем площадь проекции. Отрежем два треугольника от основания параллелепипеда, тогда оставшееся – и есть площадь проекции (многоугольник $A_1PWC_1Z$ – выделено голубым цветом).

Рисунок 6 – к задаче 1

Площадь основания параллелепипеда равна 12, отрезаем треугольник $PB_1W$: $PB_1=2$ по условию, $B_1W=2$ по доказанному отношению из пункта а). Следовательно,

$$S_{PB_1W}=\frac{PB_1 \cdot B_1W}{2}=2$$

Отрезаем треугольник $A_1ZD_1$: $A_1D_1=3$ по условию, $D_1Z=3$ по доказанному отношению из пункта а). Следовательно,

$$S_{ A_1ZD_1}=\frac{PB_1 \cdot B_1W}{2}=4,5$$

Тогда площадь проекции равна

$$S_{pr}=12-2-4,5=5,5$$

Теперь найдем угол наклона плоскости сечения к плоскости основания, вернее, его косинус. Нужно найти косинус угла  – или любую другую тригонометрическую функцию – угла $YWZ$. Рассмотрим треугольник $YWZ$. Он прямоугольный, катет $YZ=2$ (равен высоте параллелепипеда). Длина отрезка $WZ$ может быть найдена из треугольника $WC_1Z$:

$$WZ^2=WC_1^2+C_1Z^2$$

По ранее доказанному $WC_1=1$, $ZC_1=YC=\frac{1}{2}A_1P=\frac{1}{4}DC=1$.
$$WZ=\sqrt{ WC_1^2+C_1Z^2}=\sqrt{2}$$

$$ WY^2=WZ^2+ZY^2=2^2+2=6$$

Тогда

$$\cos{\angle YWZ}=\frac{WZ}{WY}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$$

Площадь сечения равна

$$S=\frac{ S_{pr}}{\cos{\angle YWZ}}=5,5\sqrt{3}$$

Ответ: $S=5,5\sqrt{3}$.

Задача 2. В правильной четырехугольной призме $ABCDA1B1C1D1$ сторона $AB$ основания равна 6, а боковое ребро $AA1$ равно $4\sqrt{3}$. На ребрах $AB, A1C1$ и $C1D1$  отмечены точки $M, N$ и $K$  соответственно, причем $AM=A1N=C1K=1$.

а) Пусть $L$ –  точка пересечения плоскости $MNK$ с ребром $BC$. Докажите, что $MNKL$ –  квадрат;

б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью $MNK$ .

Рисунок 1 – к задаче 2

Проведем прямую $NK$ и через точку $M$ – параллельную ей прямую, так как плоскость сечет противоположные грани параллелепипеда (прямой призмы) по параллельным прямым:

Рисунок 2 – к задаче 2

Найдем точку пересечения прямой $DC$ и $ML$ – точку $E$. Эта точка принадлежит плоскости грани $DCC_1$. Поэтому ее можно соединить с  точкой $K$ отрезком, который пересечет ребро $CC_1$ в точке $G$. Найдем точку пересечения прямой $NK$ и $A_1B_1$ – точку $F$. Эта точка принадлежит плоскости грани $ABB_1$. Поэтому ее можно соединить с  точкой $M$ отрезком, который пересечет ребро $AA_1$ в точке $H$.

Рисунок 3 – к задаче 2

Рисунок 4 – к задаче 2

Соединяя точки $N$, $H$, $M$, $L$, $G$, $K$, получим искомое сечение.

Докажем, что $MNKL$ –  квадрат.

Рисунок 5 – к задаче 2

Так как отрезки $ML$ и $NK$ принадлежат одной плоскости (плоскости сечения) и одновременно параллельным плоскостям верхнего и нижнего оснований призмы, то они параллельны. Также $ML=NK=5\sqrt{2}$.

$ MN$ и $LK $ – диагонали прямых правильных призм со стороной основания 1 и высотой $4\sqrt{3}$. Тогда

$$ MN=LK=\sqrt{AM^2+A_1N^2+AA_1^2}=\sqrt{1^2+1^2+(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{50}$$

Получается, $MNKL$ – как минимум, ромб. И по признаку параллелограмма, так как противоположные стороны попарно равны, то $MNKL$ – квадрат.

б) Определим площадь сечения. Для этого можно определить площадь проекции этого сечения, и косинус угла между плоскостью и основанием параллелепипеда. Сначала найдем площадь проекции. Отрежем два треугольника от основания параллелепипеда, тогда оставшееся – и есть площадь проекции (многоугольник $JIC_1KNA_1$ – выделено фиолетовым цветом).

Рисунок 6 – к задаче 2

Площадь основания призмы равна 36, отрезаем треугольник $NKD_1$: $KD_1=5$ по условию, $D_1N=5$ по доказанному отношению из пункта а). Следовательно,

$$S_{PB_1W}=\frac{KD_1\cdot D_1N}{2}=12,5$$

Отрезаем треугольник $JB_1I$: $JB_1=5$ по условию, $B_1I=5$ по доказанному отношению из пункта а). Следовательно,

$$S_{ JB_1I}=\frac{JB_1 \cdot B_1I}{2}=12,5$$

Тогда площадь проекции равна

$$S_{pr}=36-12,5-12,5=11$$

Теперь найдем угол наклона плоскости сечения к плоскости основания, вернее, его косинус. Нужно найти косинус угла  – или любую другую тригонометрическую функцию – угла $LKI$. Рассмотрим треугольник $LKI$. Он прямоугольный, катет $LI=4\sqrt{3}$ (равен высоте параллелепипеда). Длина отрезка $IK$ может быть найдена из треугольника $IC_1K$:

$$IK^2=IC_1^2+C_1K^2$$

По ранее доказанному $IC_1=1$, $C_1K=1$.
$$IK=\sqrt{ IC_1^2+C_1K^2}=\sqrt{2}$$

$$ LK^2=IL^2+IK^2=(4\sqrt{3})^2+2=50$$

Тогда

$$\cos{\angle LKI}=\frac{KI}{LK}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{50}}=\frac{1}{5}$$

Площадь сечения равна

$$S=\frac{ S_{pr}}{\cos{\angle LKI}}=55$$

Ответ: $S=55$.

 

Добавить комментарий

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