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

Задачи из книги Сергеева, Панферова “Математика. Профильный уровень. Задания части 2”. Стереометрия-3

Название статьи говорит само за себя. Представляю решения задач из указанной книги. Продолжение следует…

Задача 1. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды вдвое больше ее высоты. Найдите отношение радиуса вписанной  в пирамиду сферы к апофеме пирамиды.

К задаче 1

 

Пусть SA=2a, SH=a. Определим длину ребра основания. Для этого по теореме Пифагора для треугольника SAH найдем AH:

    \[AH=\sqrt{SA^2-SH^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}\]

AH – половина диагонали основания, следовательно, диагональ  d=2a\sqrt{3}. А сторона основания тогда AD=b=a\sqrt{6}.

Определим апофему.

    \[SF=h=\sqrt{SA^2-\left(\frac{AD}{2}\right)^2}=\sqrt{4a^2-\frac{6a^2}{4}}=a\sqrt{\frac{5}{2}}\]

Радиус вписанной сферы равен радиусу окружности, вписанной в треугольник FSE. Для его нахождения воспользуемся формулой

    \[r=\frac{S}{p}\]

Площадь этого треугольника

    \[S=\frac{1}{2}bH=\frac{1}{2} a\sqrt{6}\cdot a=\frac{a^2\sqrt{6}}{2}\]

Определим полупериметр:

    \[2p=2h+b=2 a\sqrt{\frac{5}{2}}+ a\sqrt{6}\]

    \[p= a\sqrt{\frac{5}{2}}+a\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{a(\sqrt{10}+\sqrt{6})}{2}\]

Считаем радиус:

    \[r=\frac{S}{p}=\frac{a^2\sqrt{6}}{2} \cdot\frac{2}{a(\sqrt{10}+\sqrt{6})}=\frac{a(\sqrt{15}-3)}{2}\]

Определяем отношение радиуса к апофеме:

    \[\frac{r}{h}=\frac{a(\sqrt{15}-3)}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{150}-\sqrt{90}}{10}\]

Ответ: \frac{r}{h}=\frac{\sqrt{150}-\sqrt{90}}{10}.

Задача 2. В правильной пирамиде SABC высотой SH и ребром основания AB=a угол между боковым ребром и плоскостью основания равен \varphi . Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку Н параллельно ребрам SA и BC .

Построим чертеж:

К задаче 2

Высота правильного треугольника основания равна h=\frac{a\sqrt{3}}{2}. Точка H является точкой пересечения медиан, а следовательно, поделит указанную высоту в отношении 2:1, считая от вершины. Тогда

    \[CH=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{\sqrt{3}}\]

Высоту пирамиды и отрезок SH связаны соотношением:

    \[\frac{SH}{CH}=\operatorname{tg}{\varphi}\]

    \[SH=CH\operatorname{tg}{\varphi}=\frac{a\operatorname{tg}{\varphi}}{\sqrt{3}}\]

К задаче 2

Рассмотрим треугольники AHM и ATC. Они подобны и для них мы запишем отношения сходственных сторон:

    \[\frac{AH}{AT}=\frac{AM}{AC}=\frac{2}{3}\]

Тогда

    \[HM=\frac{2}{3}TC\]

    \[PM=\frac{2}{3}BC=\frac{2a}{3}\]

А для подобных треугольников ASC и MLC справедливо, что

    \[ML=\frac{1}{3}SA\]

    \[SA=\sqrt{AH^2+SH^2}=\sqrt{CH^2+SH^2}=\sqrt{\frac{a^2}{3}+\frac{a^2}{3}\operatorname{tg}^2{\varphi}}=\frac{a}{\sqrt{3}}\cdot \sqrt{1+\operatorname{tg}^2{\varphi}}=\frac{a}{\sqrt{3}\cos{\varphi }}\]

    \[ML=\frac{a}{3\sqrt{3}\cos{\varphi }}\]

Сечение представляет собой прямоугольник. Стороны PN и ML параллельны прямой SA, и, следовательно, параллельны, стороны PM и NL параллельны прямой BC и тоже параллельны. Прямая AT перпендикулярна прямой SH, следовательно, прямая GH – проекция прямой SH на секущую плоскость – тоже перпендикулярна AT. А так как по построению GH параллельна ML, то PMLN – прямоугольник. Его площадь равна

    \[S=PM\cdot ML=\frac{2a}{3}\cdot\frac{a}{3\sqrt{3}\cos{\varphi }}=\frac{2a^2}{9\sqrt{3}\cos{\varphi }}\]

Ответ: S=\frac{2a^2}{9\sqrt{3}\cos{\varphi }}.

Задача 3. Плоскость, параллельная боковому ребру AS = a\sqrt{2} и ребру BC=a  основания ABC правильной пирамиды SABC, проходит на расстоянии d от ребра AS . Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью.

К задаче 3

Для определения площади сечения надо определить длины его сторон. Сечение – прямоугольник, доказательство этого факта приведено в предыдущей задаче. Его площадь будет равна произведению

    \[S=WV\cdot XW\]

Определим длину WV.Для этого рассмотрим треугольник SZA.

Из подобия треугольников SAB и WVB следует отношение их сходственных сторон. Обозначим длину высоты треугольника SZA n, тогда по свойству афинной эквивалентности

    \[\frac{WV}{SA}=\frac{n-d}{n}\]

Определим n. Сделаем это через площадь треугольника SZA. С одной стороны,

    \[S_{SZA}=\frac{1}{2}AZ\cdot H\]

С другой,

    \[S_{SZA}=\frac{1}{2}AS\cdot n\]

Тогда

    \[AZ\cdot H= AS\cdot n\]

    \[n=\frac{ AZ\cdot H }{AS}\]

В треугольнике SZA AZ – высота правильного треугольника основания, AZ=\frac{a\sqrt{3}}{2}. Высота этого треугольника, опущенная на AZ – это высота пирамиды. Вершина пирамиды проецируется в центр основания. Центр основания – точка пересечения медиан, которые делятся точкой пересечения в отношении 2:1, поэтому

    \[AH=\frac{2}{3}AZ=\frac{a}{\sqrt{3}}\]

    \[SH=H=\sqrt{SA^2-AH^2}=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{3}}=a\sqrt{\frac{5}{3}}\]

Тогда n:

    \[n=\frac{ \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{\frac{5}{3}} }{a\sqrt{2}}= a\sqrt{\frac{5}{2}}\]

Определяем WV:

    \[WV=\frac{n-d}{n}\cdot SA=\frac{ a\sqrt{\frac{5}{2}}-d}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{10}-2d}{\sqrt{5}}\]

С использованием свойств афинной эквивалентности можно записать:

    \[\frac{XW}{BC}=\frac{IJ}{JZ}=\frac{d}{n}\]

    \[XW=\frac{d}{n}\cdot BC=\frac{d}{ a\sqrt{\frac{5}{2}}}\cdot a=d\sqrt{\frac{2}{5}}\]

Площадь сечения равна

    \[S_s=WV\cdot XW=\frac{a\sqrt{10}-2d}{\sqrt{5}}\cdot d\sqrt{\frac{2}{5}}=\frac{4\sqrt{5}a d -2\sqrt{2}d^2}{5}\]

Ответ: S_s=\frac{4\sqrt{5}a d -2\sqrt{2}d^2}{5}.

Задача 4. Найдите объем правильной четырехугольной пирамиды с высотой Н и двугранным углом \alpha при боковом ребре.

Сделаем чертеж.

К задаче 4

 

Обозначим диагональ основания пирамиды BD=d. Изобразим линейный угол двугранного угла. Для этого проведем перпендикуляры BK и DK  к ребру SC – угол DKB и будет линейным углом указанного двугранного. Обозначим отрезок BK=k.  Тогда

    \[\frac{\frac{d}{2}}{k}=\sin{\frac{\alpha}{2}}\]

Если обозначить сторону основания b, то d=\sqrt{2}b. Тогда

    \[\sin{\frac{\alpha}{2}}=\frac{b}{k\sqrt{2}}\]

Так как нам в конечном итоге нужен объем, то определим b и возведем в квадрат – это и будет площадью основания.

    \[S=b^2=2k^2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}\]

    \[k^2=\frac{b^2}{2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}\]

Пусть длина бокового ребра равна l. Тогда для треугольника BSH запишем теорему Пифагора:

    \[H^2+\left(\frac{d}{2}\right)^2=l^2\]

Или

    \[H^2+\frac{b^2}{2}=l^2\]

Здесь H – высота пирамиды. Пусть апофема пирамиды h, она равна

    \[h^2= l^2-\frac{b^2}{2}\]

Площадь боковой грани можно записать двумя способами: через апофему и основание, а также через длину бокового ребра и высоту k.

    \[bh=lk\]

Для удобства возведем в квадрат:

    \[b^2h^2=l^2k^2\]

Теперь подставим в это равенство квадраты длин отрезков, найденные нами ранее:

    \[b^2(l^2-\frac{b^2}{2})=( H^2+\frac{b^2}{2})\frac{b^2}{2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}\]

    \[H^2+\frac{b^2}{2}-\frac{b^2}{4}=( H^2+\frac{b^2}{2})\frac{1}{2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}\]

    \[H^2+\frac{b^2}{4}=\frac{H^2}{2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}+\frac{b^2}{4\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}\]

    \[H^2-\frac{H^2}{2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{b^2}{4}(\frac{1}{\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}-1)\]

    \[b^2=\frac{2H^2(2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}-1)}{1-\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}\]

Чтобы упростить, привлечем на помощь тригонометрию:

    \[\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sin^2{\alpha}}{(1+\cos{\alpha})^2}\]

    \[\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}-1=\frac{\sin^2{\alpha}}{(1+\cos{\alpha})^2}-1=\frac{\sin^2{\alpha}-(1+\cos{\alpha})^2}{(1+\cos{\alpha})^2}\]

    \[\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}-1=\frac{-2\cos{\alpha}-2\cos^2{\alpha}}{(1+\cos{\alpha})^2}=\frac{-2\cos{\alpha}}{1+\cos{\alpha}}\]

Подставляем:

    \[b^2=\frac{2H^2(-\cos{\alpha})}{cos^2{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{4H^2(-\cos{\alpha})}{1+\cos{\alpha}}=2H^2(\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}-1)\]

Теперь, наконец, объем:

    \[V=\frac{1}{3}SH=\frac{1}{3}b^2H=\frac{2}{3}H^3(\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}-1)\]

Ответ: V=\frac{2}{3}H^3(\operatorname{tg^2}{\frac{\alpha}{2}}-1).

Задача 5. В правильной пирамиде SABCD  с вершиной S боковое ребро равно a, а  двугранный  угол при этом ребре равен \varphi. Найдите площадь сечения пирамиды  плоскостью, проходящей через точки B, D и  середину ребра SC .

К задаче 5

Задача близка к предыдущей и мы этим воспользуемся. Из треугольника BHS

    \[H^2+\frac{b^2}{2}=a^2~~~~~~~~~~~~~~~~(1)\]

В предыдущей задаче установлена связь

    \[b^2=2H^2(\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1)\]

Тогда, зная это, (а ведь это площадь основания), найдем ее четверть, ведь это – площадь проекции искомого сечения на основание, потому что высота треугольника DGB вдвое меньше высоты треугольника DCB, а его площадь равна половине площади основания:

    \[\frac{S}{4}=\frac{H^2}{2}(\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1)~~~~~~(2)\]

Далее мы воспользуемся тем, что

    \[S_{pr}=S\cos{\alpha}\]

    \[S=\frac{S_{pr}}{\cos{\alpha}}\]

Где \alpha – угол наклона сечения к основанию.

Поработаем еще с формулой (1), вытащим высоту:

    \[H^2+ H^2(\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1)=a^2\]

    \[a^2=H^2\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}\]

    \[H^2=\frac{a^2}{\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}}\]

Теперь подставим эту высоту в формулу для найденной площади проекции сечения (в формулу (2)):

    \[S_{pr}=\frac{a^2}{2\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}}\cdot(\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1)\]

Свяжем угол наклона плоскости сечения к основанию и линейный угол двугранного угла, для этого определим тангенс угла \alpha:

    \[\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{\frac{H}{2}}{\frac{d}{4}}=\frac{2H}{d}=\frac{2H}{b\sqrt{2}}=\frac{H\sqrt{2}}{b}=\frac{1}{\sqrt{\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1}}\]

Известно (из тригонометрии), что

    \[\operatorname{tg^2}{\alpha}+1=\frac{1}{\cos^2{\alpha}}\]

Тогда

    \[\frac{1}{\cos^2{\alpha}}=\frac{\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}}{\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1}\]

Определяем площадь сечения:

    \[S=\frac{S_{pr}}{\cos{\alpha}}=\frac{a^2}{2\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}}\cdot(\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1)\cdot\frac{\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}}{\sqrt{\operatorname{tg^2}{\frac{\varphi}{2}}-1}}=\frac{a^2}{2}\sqrt{1-\operatorname{ctg^2}{\frac{\varphi}{2}}}\]

Ответ: S=\frac{a^2}{2}\sqrt{1-\operatorname{ctg^2}{\frac{\varphi}{2}}}.

Задача 6. Все ребра правильной пирамиды SABCD  с вершиной S равны 2. Плоскость, параллельная прямым AC и SB, пересекает ребра AB и BC в точках М и N. Найдите периметр сечения пирамиды этой плоскостью, если MN= \sqrt{2} .

Построим сечение:

К задаче 6

Периметр сечения равен

    \[P=MN+GN+PG+KP+KM\]

    \[GN= KM\]

    \[KP= PG\]

Будем находить длины этих отрезков поэтапно. Самое простое – длина отрезка MN. Это средняя линия треугольника ABC. Так как ребра основания равны 2, то диагональ основания AC=2\sqrt{2}.

    \[MN=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}\]

KM и GN – средние линии соответствующих треугольников ABS и BCS. Поэтому KM=GN=\frac{BS}{2}=1.

Осталось определить длины отрезков KP и PG.

Рассмотрим треугольник BSD. Он равнобедренный и прямоугольный, прямой угол при вершине S. Это следует из соотношения длин ребер. Тогда

    \[PW\parallel SB\]

. Тогда, так как  BW=\frac{1}{4}BD, то SP=\frac{1}{4}SD=0,5. Кроме того, это также означает, что PW\perp SD, а по теореме о трех перпендикулярах это означает, что KP\perp SD. Треугольник KSP прямоугольный, запишем теорему Пифагора для него, KS=1:

    \[KP=\sqrt{SK^2-SP^2}=\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\]

    \[KP+PG=2KP=\sqrt{3}\]

Таким образом, P=2+\sqrt{2}+\sqrt{3}.

Добавить комментарий

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