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

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, $KS=1$ :