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

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

[latexpage]

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 *