Как найти площадь секущей плоскости

На практике часто возникают задачи, которые требуют умения строить сечения геометрических фигур различной формы и находить площади сечений. В данной статье рассмотрим, как строятся важные сечения призмы, пирамиды, конуса и цилиндра, и как рассчитывать их площади.

Объемные фигуры

Из стереометрии известно, что объемная фигура совершенно любого типа ограничена рядом поверхностей. Например, для таких многогранников, как призма и пирамида, этими поверхностями являются многоугольные стороны. Для цилиндра и конуса речь идет уже о поверхностях вращения цилиндрической и конической фигур.

Вам будет интересно:Что значит слыть: толкование, синонимы

Если взять плоскость и пересечь ею произвольным образом поверхность объемной фигуры, то мы получим сечение. Площадь его равна площади части плоскости, которая будет находиться внутри объема фигуры. Минимальное значение этой площади равно нулю, что реализуется, когда плоскость касается фигуры. Например, сечение, которое образовано единственной точкой, получается, если плоскость проходит через вершину пирамиды или конуса. Максимальное значение площади сечения зависит от взаимного расположения фигуры и плоскости, а также от формы и размеров фигуры.

Ниже рассмотрим, как рассчитывать площади образованных сечений для двух фигур вращения (цилиндр и конус) и двух полиэдров (пирамида и призма).

Цилиндр

Круговой цилиндр является фигурой вращения прямоугольника вокруг любой из его сторон. Цилиндр характеризуется двумя линейными параметрами: радиусом основания r и высотой h. Ниже схематически показано, как выглядит круговой прямой цилиндр.

Для этой фигуры существует три важных типа сечения:

круглое;
прямоугольное;
эллиптическое.

Эллиптическое образуется в результате пересечения плоскостью боковой поверхности фигуры под некоторым углом к ее основанию. Круглое является результатом пересечения секущей плоскости боковой поверхности параллельно основанию цилиндра. Наконец, прямоугольное получается, если секущая плоскость будет параллельна оси цилиндра.

Площадь круглого сечения рассчитывается по формуле:

S1 = pi*r2

Площадь осевого сечения, то есть прямоугольного, которое проходит через ось цилиндра, определяется так:

S2 = 2*r*h

Сечения конуса

Конусом является фигура вращения прямоугольного треугольника вокруг одного из катетов. Конус имеет одну вершину и круглое основание. Его параметрами также являются радиус r и высота h. Пример конуса, сделанного из бумаги, показан ниже.

Видов конических сечений существует несколько. Перечислим их:

круглое;
эллиптическое;
параболическое;
гиперболическое;
треугольное.

Они сменяют друг друга, если увеличивать угол наклона секущей плоскости относительно круглого основания. Проще всего записать формулы площади сечения круглого и треугольного.

Круглое сечение образуется в результате пересечения конической поверхности плоскостью, которая параллельна основанию. Для его площади справедлива следующая формула:

S1 = pi*r2*z2/h2

Здесь z — это расстояние от вершины фигуры до образованного сечения. Видно, что если z = 0, то плоскость проходит только через вершину, поэтому площадь S1 будет равна нулю. Поскольку z < h, то площадь изучаемого сечения будет всегда меньше ее значения для основания.

Треугольное получается, когда плоскость пересекает фигуру по ее оси вращения. Формой получившегося сечения будет равнобедренный треугольник, сторонами которого являются диаметр основания и две образующие конуса. Как находить площадь сечения треугольного? Ответом на этот вопрос будет следующая формула:

S2 = r*h

Это равенство получается, если применить формулу для площади произвольного треугольника через длину его основания и высоту.

Сечения призмы

Призма — это большой класс фигур, которые характеризуются наличием двух одинаковых параллельных друг другу многоугольных оснований, соединенных параллелограммами. Любое сечение призмы — это многоугольник. В виду разнообразия рассматриваемых фигур (наклонные, прямые, n-угольные, правильные, вогнутые призмы) велико и разнообразие их сечений. Далее рассмотрим лишь некоторые частные случаи.

Если секущая плоскость параллельна основанию, то площадь сечения призмы будет равна площади этого основания.

Если плоскость проходит через геометрические центры двух оснований, то есть является параллельной боковым ребрам фигуры, тогда в сечении образуется параллелограмм. В случае прямых и правильных призм рассматриваемый вид сечения будет представлять собой прямоугольник.

Пирамида

Пирамида — это еще один многогранник, который состоит из n-угольника и n треугольников. Пример треугольной пирамиды показан ниже.

Если сечение проводится параллельной n-угольному основанию плоскостью, то его форма будет в точности равна форме основания. Площадь такого сечения вычисляется по формуле:

S1 = So*(h-z)2/h2

Где z — расстояние от основания до плоскости сечения, So — площадь основания.

Если секущая плоскость содержит вершину пирамиды и пересекает ее основание, то мы получим треугольное сечение. Для вычисления его площади необходимо обратиться к использованию соответствующей формулы для треугольника.

Источник

Как вычислить площадь сечения

При решении задач по геометрии приходится вычислять площади и объемы фигур. Если сделать в любой фигуре сечение, обладая информацией о параметрах самой фигуры, можно найти и площадь этого сечения. Для этого необходимо знать специальные формулы и обладать пространственным мышлением.

Вам понадобится

Линейка, карандаш, ластик.

Инструкция

Шар является частным случаем простейшей объемной фигуры. Через него можно провести бесконечное количество сечений, и любое из них окажется кругом. Это произойдет независимо от того, насколько близко сечение расположено к центру шара. Вычислить площадь получившегося сечения проще всего в том случае, если оно проведено точно через центр шара, радиус которого известен. В таком случае площадь сечения равна:S=πR^2.

Другой фигурой, площадь сечения которой требуется найти в задачах по геометрии, является параллелепипед. Он имеет ребра и грани. Гранью называется одна из плоскостей параллелепипеда (куба), а ребром — сторона. Параллелепипед, у которого ребра и грани равны, называется кубом. Все сечения куба — квадраты. Зная это свойство, вычислите площадь сечения-квадрата:S=a^2, где a — ребро куба и сторона сечения.

Если в условиях задачи приведен обычный параллелепипед, у которого все грани являются разными, сечение может быть как квадратом, так и прямоугольником с различными сторонами. Сечение, проведенное параллельно двум квадратным граням, является квадратом, а сечение, проведенное параллельно двум прямоугольным — прямоугольником. Если сечение проходит через диагонали параллелепипеда, оно также является прямоугольником.

умножения диагонали нижнего основания на высоту параллелепипеда:S=d*h, где d — диагональ основания, h — высота основания.

Конус — одна из тех фигур вращения, сечения которой могут иметь различную форму. Если рассечь конус параллельно нижнему основанию, сечением будет круг, а если провести сечение параллельно пополам через вершину конуса, получится треугольник. В других случаях сечениями будут трапециевидные фигуры.Если сечением является круг, вычисляйте его площадь по следующей формуле:S=πR^2.Площадь сечения, представляющего собой треугольник, равно произведению половины основания на высоту:S=1/2f*h , где f — основание треугольника, h — высота треугольника.

Источники:

как найти площадь получившейся фигуры

Войти на сайт

или

Забыли пароль?
Еще не зарегистрированы?

This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.

Источник

Добавил:

Upload

Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Предмет:

Файл:

Скачиваний:

Добавлен:

15.05.2015

Размер:

406.75 Кб

Скачать

ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРЕМЫ О ПЛОЩАДИ ОРТОГОНАЛЬНОЙ ПРОЕКЦИИ МНОГОУГОЛЬНИКА ПРИ РЕШЕНИИ СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

Бардушкин В.В., Белов А.И., Ланцева И.А., Прокофьев А.А., Фадеичева Т.П.

Существует несколько методов решения стереометрических задач на вычисление площадей сечений, поверхностей многогранников и углов (между плоскостями, между прямой и плоскостью и т.д.). Эти методы достаточно подробно рассмотрены в школьных учебниках, изложены в различных пособиях по стереометрии. Так, например, при вычислении площадей широко применяется подход, основанный на разбиении многоугольника на части (на треугольники и четырёхугольники). Если в каждой из частей удаётся вычислить длины сторон (или диагоналей четырёхугольника) и какие-нибудь углы, то можно по известным формулам найти их площади, а значит, решить задачу. Довольно большое значение придаётся векторно-координатному методу решения подобных задач. Однако, на наш взгляд, многие из авторов-составителей не уделяют должного внимания методу вычисления площадей и углов, связанному с ортогональным проектированием многоугольника на некоторую плоскость. Накопленный нами опыт преподавания стереометрии, частично отражённый в настоящей статье, показывает, что изучение такой темы как «Площадь ортогональной проекции многоугольника» повышает у школьников интерес к предмету, стимулирует освоение ими других серьёзных тем по геометрии, что в итоге ведёт к интенсификации всего процесса обучения.

1. Теорема о площади ортогональной проекции плоской фигуры

Параллельное проектирование, при котором проектирующие прямые перпендикулярны к плоскости проекций, называется ортогональным.

Ортогональной проекцией фигуры на данную плоскость называют множество точек пересечений с этой плоскостью перпендикулярных к ней прямых, проходящих через все точки этой фигуры. В общем случае справедлива следующая теорема.

Если фигура Ф с площадью SФ лежит в плоскости , а фигура Ф с площадью SФ является ортогональной проекцией фигуры Ф на плоскость , то имеет место равенство

SФ SФ cos ,

где – угол между плоскостями и .

В школьном курсе стереометрии приведённая теорема формулируется и доказывается лишь для случая, когда проектируемая фигура – плоский многоугольник. В этом случае формулировка имеет вид:

Площадь Sпр ортогональной проекции многоугольника на плоскость равна произве-

дению его площади Sмн , умноженной на косинус угла между плоскостью много-

угольника и плоскостью проекции: Sпр Sмн cos .

2. Применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при нахождении площадей сечений

Эту теорему с успехом применяют, прежде всего, при вычислении площадей сечений многогранников. Данный подход используется в ситуациях, когда нахождение площади Sпр ортогональной проекции многоугольника, полученного в сечении, и угла между

секущей плоскостью и плоскостью проектирования сопряжено с меньшими трудностями, чем непосредственное вычисление площади сечения. В этом случае

Sсечения	S	пр	.	(1)
cos

В примерах 1 – 4 иллюстрируется это основное применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника.


	B1		C1	Пример 1. В правильной четырёхугольной призме
				сторона основания равна 4 см. Через диагональ основа-
A1		D1		ния под углом 45	к плоскости основания проведена
		M	плоскость, пересекающая боковое ребро. Найти пло-

				щадь сечения.
				Решение. Согласно условию задачи, площадь ор-
	B			тогональной проекции сечения на плоскость основания
	45	C	призмы равна половине его площади (см. рис. 1), т.е.

	O			42	8 (см2). Тогда, используя формулу (1), полу-
A	D		Sпр
	2
				чаем: Sсечения	Sпр	2

	Рис. 1				8 2 (см ).

cos45

Ответ: 82 см2.

Пример 2. Стороны основания прямого параллелепипеда равны 4 и 5, угол между ними равен 30°. Найти площадь сечения параллелепипеда плоскостью, пересекающей все его боковые рёбра и образующей с плоскостью основания угол в 45°.

	Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (1). Поскольку
	B1				C1	секущая плоскость пересекает все боковые рёбра
				прямого параллелепипеда ABCDA BC D , то ортого-
A1		D1			1	1	1	1
		N	нальной проекцией сечения MQNP является паралле-
	Q				лограмм ABCD (см. рис. 2). Отметим, что MQNP так-
					же является параллелограммом, так как MQ\|\|PN и
		P
M				MP\|\|QN по свойству параллельных плоскостей (если
B				C	две параллельные плоскости пересечены третьей, то
A	30	D			линии пересечения параллельны).
			Найдем площадь параллелограмма ABCD. Пусть,
	Рис. 2					для определённости, AB 4, AD 5,	BAD 30 ,
					тогда SABCD AB AD sin BAD 10.
			SABCD
	Поскольку SMQNP		, где 45 – угол между плоскостью сечения и основани-

				cos

ем параллелепипеда (на рис. 2 этот угол не показан), то SMQNP 102 .

Ответ: 102 .

Пример 3. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a. На рёбрах основания AB и AD взяты соответственно точки M и N так, что AM :MB 2:1 и AN :ND 2:1. Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C1 .

Решение. Приведём два способа решения этой задачи. Первый способ основан на разбиении многоугольника, полученного в сечении, на части и вычислении по отдельности площадей этих частей, а второй – на использовании теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника. Читатель сам сможет определить, какой из предложенных подходов предпочтительнее.

Прежде чем перейти к решению задачи этими двумя способами, используя метод следов, построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C1. Соединим вначале точки M и N, поскольку они лежат в одной плоскости ABC (см. рис. 3а). Прямая MN лежит в плоскости ABC и пересекает прямые BC и DC в точках P и L соответственно.

Точка P принадлежит не только плоскости нижнего основания куба, но и плоскости грани BB1C1 (как и точка C1), поэтому, соединив P и C1, получим на ребре BB1 принадлежащую сечению точку F. Далее, точка L принадлежит не только плоскости нижнего основания куба, но и плоскости грани DD1C1 (как и точка C1), поэтому, соединив L и C1, получим на ребре DD1 принадлежащую сечению точку T. В завершение построения соединим в грани

AA1B1 точки M и F, а в грани AA1D1 точки T и N. Таким образом, сечением куба

ABCDA1B1C1D1 является пятиугольник MFC1TN .

							B1		C1
	B1					A1		D1
		C1	B1
				C1

A1	D1
A1		D1		F

	F					M	B		C
P			F			T
B
		B		O		D
M	T		C	T	A	N
			M		C
A	N	D	A	O	D	A2
	L		N
	а				б		в
				Рис. 3

Первый способ решения. Проведём в пятиугольнике MFC1TN диагональ FT. Она ра-

зобьёт сечение на треугольник FC1T и четырёхугольник MFTN. Вычислим их площади по отдельности.

Найдем вначале площадь четырёхугольника MFTN. Поскольку MN || BD и BD лежит в плоскости BB1D1 , то MN || BB1D1 (по признаку параллельности прямой и плоскости). Так как секущая плоскость проходит через MN и пересекает плоскость BB1D1 по прямой TF, то TF ||MN (по теореме о линии пересечения). Далее, поскольку BD||MN и TF ||MN , то TF || BD. Следовательно, четырёхугольник MFTN – трапеция.

Из	прямоугольного треугольника AMN по теореме Пифагора находим
			2a	. Поскольку BF \|\| DT , как отрезки, расположенные на боко-
		2
MN	AM2 AN2

		3

вых рёбрах куба, то четырёхугольник BFTD – параллелограмм, а значит, TF BD a2 . Покажем, что трапеция MFTN – равнобедренная. Для этого рассмотрим вначале пря-

моугольный треугольник LDN. В нём ND a , LND 45 , следовательно, LD a . Да-

									3	3
лее, треугольники LDT и	LCC		подобны	с коэффициентом k	LD	1	. Поэтому

						1				LC 4
	CC1
DT		a	. Так как четырёхугольник BFTD – параллелограмм, то BF DT	a	, а зна-


4	4							4
чит, прямоугольные треугольники NDT и MBF равны по двум катетам. Поэтому, по тео-
реме Пифагора, NT MF	a	2		a	2	5a
							.
		12
					3		4

Далее находим длину h1 высоты этой равнобедренной трапеции MFTN. Опуская очевидные выкладки (читателю предлагается проделать их самостоятельно), получим


h			a 17		. Отсюда S	MFTN	TF MN	h	a 2 2a 2 3	a 17	5a2 34	.
	12		2	2			12		72
1					1
		Решим теперь задачу вычисления площади треугольника FC1T . Найдём в нём длины
сторон FC1 и TC1 . Для этого рассмотрим прямоугольные треугольники FB1C1	и TD1C1.

Они равны по двум катетам, поэтому по теореме Пифагора FC1 TC1 a	2	3a	2		5a
							,
			4
													4

т.е. треугольник FC1T – равнобедренный. Найдем длину h2 высоты этого треугольника. Опуская очевидные выкладки (читателю предлагается проделать их самостоятельно), по-


		a 17									TF h			1				a	17			a2 34

лучим h				. Отсюда S	FC T			2				a	2							.

2		4							2				2					4			8
						1

Наконец, площадь всего сечения:
						5a2					a2				7a2								7a2
SMFC TN SMFTN	S FC T		34				34			34		.				Ответ:	34	.

1			1			72					8						36							36

Второй способ решения. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (1). Ортогональной проекцией пятиугольника MFC1TN на плоскость ABC служит многоугольник MBCDN (см. рис. 3б). Найдём площадь MFC1TN . Очевидно, что SMBCDN SABCD S AMN . Треугольник AMN – прямоугольный. Длины его катетов AM и

AN, согласно условию задачи, равны

. Поэтому SMBCDN a

7a2

2 3

Далее, проведём в квадрате ABCD диагонали BD и AC. Равнобедренные прямоуголь-

ные

треугольники

AMN

ABD

подобны

с коэффициентом

. Тогда

OC AC AO

. Кроме того, поскольку MN || BD и BD AC ,

то MN OC.

Соединим точки O и C1. Тогда OC1

– наклонная к плоскости ABC, OC – проекция на-

клонной

OC1

и MN OC.

Следовательно, по

теореме

трёх

перпендикулярах,

MN OC1 . Значит,

COC1

– линейный угол двугранного угла CMNC1 .

Вычислим теперь косинус угла между плоскостью сечения и нижним основанием куба. Для этого рассмотрим прямоугольный треугольник CC1O . По теореме Пифагора

			a 17	. Откуда cos	OC	2	2	.
OC	OC2 CC2

1	1	3		OC1	17

Поскольку, согласно теореме о площади ортогональной проекции многоугольника,


SMFC TN	S	MBCDN	, то окончательно получим: SMFC TN	7a	2		17			7a2 34
									.
	cos
1		1	9			2 2		36

Замечание. При решении задачи вторым способом для нахождения cos можно до-

строить секущую плоскость до её пересечения с продолжением ребра AA1 за точку A (см.

рис. 3в). Тогда cos	SA BC D
	1 1 1 1	.

	SA MFC TN
2	1

Пример 4. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a. Точка M – середина ребра AD,

точка N – середина ребра C1D1 . Найти площадь сечения куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C.

Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, N и C. Соединим вначале точки M и C, поскольку они лежат в одной плоскости ABC. Затем соединим точки C и N, так как они лежат в одной плоскости DD1C1 (см. рис. 4). Прямые СN и

DD1 лежат в плоскости DD1C1	и не параллельны. Значит, они пересекаются в точке Q.
Точка Q принадлежит не только плоскости DD1C1, но и плоскости грани AA1D1 (как и
точка M),	поэтому,	соединив M и Q, получим на ребре A1D1 принадлежащую сечению
точку P. В завершение построения соединим в верхней грани куба точки P и N.
			Q	Отметим, что плоскости оснований куба парал-
			лельны друг другу. Значит, по свойству параллель-
				ных плоскостей (если две параллельные плоскости
				пересечены третьей, то линии пересечения парал-
		B1	C1	лельны) MC\|\| PN . Далее, поскольку прямые MP и
		CN пересекаются в точке Q, то стороны MP и CN че-
A1		P	N	тырёхугольника MPNC не параллельны. Таким обра-
	D1	зом, сечением куба ABCDA1B1C1D1 является трапеция

			MPNC.

				Для нахождения площади сечения воспользуемся
				формулой (1). Построим вначале линейный угол дву-
		BO	C	гранного угла DMCQ. Для этого в прямоугольном
		треугольнике MCD опустим перпендикуляр DO к ги-
			N1	потенузе MC. Соединим точки O и Q. Тогда QO – на-
A	M	P1 D	клонная к плоскости ABC, DO – проекция наклонной
				QO и MC DO.	Следовательно, по теореме о трёх
		Рис. 4		перпендикулярах,	MC QO. Значит, QOD –
				линейный угол двугранного угла DMCQ.

Вычислим теперь косинус угла между плоскостью сечения и нижним основанием куба. Для этого рассмотрим вначале прямоугольный треугольник MCD. По теореме Пифа-

a 5

. Для нахождения высоты DO выразим пло-

гора MC

MD2 DC2

щадь S MCD

двумя способами:

MD DC

MC DO

S MCD

, S MCD

DO.

DO. Отсюда DO

Тогда, приравняв их, получим

Далее, рассмотрим прямоугольные треугольники CDQ и ND1Q. У этих треугольников острый угол при вершине Q – общий. Значит, они подобны. Поскольку, согласно условию

задачи, точка N –

середина ребра C1D1, то коэффициент подобия треугольников CDQ и

ND1Q равен 2. Отсюда, очевидно, что DQ 2a.

Рассмотрим,

наконец,

прямоугольный треугольник QOD. По теореме Пифагора

QO DQ

. Откуда cos

Построим теперь четырёхугольник MP1N1C, являющийся ортогональной проекцией трапеции MPNC на плоскость ABC. Так как PN лежит в плоскости, построенной на парал-

лельных прямых PP1 и NN1,

и параллельна плоскости ABC,

то линия пересечения

P1N1

плоскостей ABC и PNN1

параллельна PN (по теореме о линии пересечения). Поскольку

P1N1 || PN и MC|| PN , то P1N1 ||MC, а значит, четырёхугольник MP1N1C – трапеция.

Найдём площадь трапеции MP1N1C. Очевидно, что SMPN C S

MCD

S PN D . Прямо-

угольные треугольники MCD и P1N1D подобны, так как P1N1D MCD (как соответст-

венные). Точка

N1 – середина ребра CD, значит,

коэффициент подобия треугольников

MCD и PN

D равен 2. Поэтому S

MPN C

MCD

3a2

1 1

Согласно

теореме

площади

ортогональной

проекции

многоугольника,

SMP1N1C

3a2

SMPNC

, откуда окончательно получим: SMPNC

cos

3a2

Ответ:

3. Применение теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при вычислении угла между плоскостями

Кроме рассмотренного основного применения теоремы о площади ортогональной проекции многоугольника её можно также использовать при вычислении угла между плоскостью сечения и плоскостью какой-либо грани многогранника (обычно в качестве такой грани выступает основание пирамиды или призмы). Так поступают в случаях, когда нахождение Sпр и Sсечения является более простой задачей, чем непосредственное вычисление двугранного угла , сопряжённое с построением на чертеже его линейного угла.

A1 D1

A D

Рис. 5

Из формулы о

Пример 5. В кубе

ABCDA1B1C1D1 найти угол между

плоскостью грани AA1B1B и плоскостью BC1D.

Решение. Пусть ребро куба равно a. Ортогональной

проекцией треугольника BC1D является треугольник AB1B

(см. рис. 5), площадь

которого равна

Поскольку

BD BC1

C1A a

(как диагонали

граней

куба), то

a2 .

S BC D

площади ортогональной проекции многоугольника получим:

S AB B

. Отсюда arccos

Ответ: arccos

S BC D

Пример 6. В кубе

ABCDA1B1C1D1 через его вершины

A , D и точку M, расположенную на ребре CC

так, что

CM :MC1 2:1, проведено сечение. Найти угол наклона

секущей плоскости к плоскости основания ABCD.

Решение. Построим сечение куба плоскостью, прохо-

дящей через точки A1, D и M. Соединим вначале точки A1

и D, поскольку они лежат в одной плоскости DD A . Затем

Dсоединим точки D и M, так как они лежат в одной плоскости DD1C1 (см. рис. 6). Противоположные боковые грани

Рис. 6	DD1A1	и CC1B1 в кубе параллельны. Поэтому секущая

плоскость, согласно свойству параллельных плоскостей (если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны) будет пересекать грань CC1B1 по прямой MP так, что MP|| A1D . Наконец, соединим точки A1 и P, так как они лежат в одной плоскости A1B1C1. Поскольку A1P и DM не параллельны, то четырёхуголь-

ник A1PMD, являющийся сечением куба, – трапеция.

Ортогональной проекцией трапеции A1PMD плоскости основания ABCD является прямоугольная трапеция ALCD. Для определения угла наклона секущей плоскости к

плоскости основания ABCD воспользуемся формулой cos SALCD . Для этого найдем

SA1PMD

площади указанных трапеций.

Пусть ребро куба равно a. Тогда, согласно условию задачи, MC a . Кроме того,
1	3

очевидно, что A1D a2. Поскольку MP|| A1D и DD1 ||MC1, то A1DD1 PMC1 (как углы с соответственно сонаправленными сторонами). Поэтому прямоугольные треуголь-

ники A DD и PMC подобны с коэффициентом k	1	. Следовательно, MP	A1D		a 2

1	1							1																						3						3	3
	A1D1			a
и PC		.

1	3	3
																										2a
Далее,	так как	A B DC a, B P CM		,				то		прямоугольные	треугольники

										1	1												1				3
A1B1P			DCM
и		равны				по			двум		катетам.		Поэтому			по		теореме		Пифагора

		4a2				a						.
A P DM a2			13

1								9							3

Следовательно, трапеция A1PMD равнобедренная. Найдём её высоту. Для этого опус-
тим из	точек P	и				M		перпендикуляры		PQ и					MK		на			основание A1D. Тогда
	A1D MP			a			. Отсюда по теореме Пифагора из прямоугольного треуголь-
AQ DK		2

1		2							3

																																				13a2		2a2		a	.
																																						11
ника A PQ высота трапеции A PMD равна:	PQ					A P2		AQ2

1																				1												1		1	9	9			3

																											A D MP				2a2	22
Таким образом, площадь сечения: SAPMD		1							PQ									.
			2								9
																						1
																																				a
В прямоугольной трапеции ALCD основания равны AD a	и LC PC	,		а высота
3
																								AD LC				2a2					1
DC a . Тогда её площадь:		SALCD	DC	.
		2					3

Подставляя полученные значения площадей в формулу, находим
																					S					2a	2	2a2	3
														cos		ALCD	:	22	22		.
															SAPMD	3	9							22

																						1
	3																								Ответ: arccos	3		.
Следовательно, arccos	22		.																					22

															22																					22

Пример 7. Плоскость пересекает прямоугольный параллелепипед с квадратным основанием по ромбу с острым углом . Под каким углом эта плоскость пересекает боковые рёбра параллелепипеда?

Решение. Без ограничения общности рассуждений будем считать, что секущая плоскость проходит через вершину A нижнего основания параллелепипеда, пересекая его бо-

ковые рёбра BB1, CC1	и DD1	в точках M, N и P соответственно (см. рис. 7).
	B1		C1	Рассмотрим прямоугольные треугольники AMB и
		D1		N	APD. В них AM AP , т.к., согласно условию, AMNP –
A1			ромб. Кроме того, AB AD как стороны основания
		x		параллелепипеда ABCD, являющегося квадратом. Сле-

			x		довательно, AMB APD по гипотенузе и катету, а
	M			значит, MB PD.
		O			Рассмотрим теперь четырёхугольник BMPD. В нём
x		P			противоположные стороны MB и PD параллельны и
	x B	a			равны, значит, BMPD – параллелограмм (отметим до-
		C	полнительно, что BMPD – прямоугольник). Отсюда
	a		a	MP\|\| BD и MP BD.
A	a	D			Пусть сторона ромба AMNP равна x, а ребро осно-
	Рис. 7			вания параллелепипеда равно a. Тогда SAMNP x2 sin ,

SABCD a2 . Поскольку MP BD a2, то из прямо-

угольного треугольника AOP имеем: sin

a 2

, или a x

sin

Вычислим косинус угла между секущей плоскостью и основанием:

SABCD

2x2 sin2

cos

SAMNP

x2 sin

Обозначим через угол,

x2 sin

под которым секущая плоскость пересекает боковые рёбра

параллелепипеда. Поскольку

, то

cos cos

sin . Значит,

sin tg

Отсюда arcsin tg


						Ответ: arcsin tg	.

								2
	Пример 8. В кубе ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a, через точки M, P и N на рёбрах
BB , CC и DD соответственно, такие, что BM	3a	, CP	2a	и DN	a	, проведена се-
1	1	1	4	3	4

кущая плоскость. Найти угол между плоскостью сечения и плоскостью основания куба.

Решение. Построим сечение куба плоскостью, проходящей через точки M, P и N. Соединим вначале точки M и P, поскольку они лежат в одной плоскости BB1C1 . Затем соединим точки P и N, т.к. они лежат в одной плоскости

DD1C1 (см. рис. 8).

Противоположные боковые грани AA1D1 и BB1C1 в кубе параллельны. Поэтому секущая плоскость, согласно свойству параллельных плоскостей (если две параллельные плоскости пересечены третьей, то линии пересечения параллельны) будет пересекать грань AA1D1 по прямой NQ так, что

NQ|| MP.

Соединим точки M и Q, т.к. они лежат в одной плоскости AA1B1. Тогда MQ|| NP по

тому же свойству параллельных плоскостей AA1B1

CC1D1 . Таким образом,

сечение

представляет собой параллелограмм MPNQ.

Вычислим площадь MPNQ и, поскольку квадрат ABCD – ортогональная проекция

MPNQ, определим косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью ABC.

Найдём стороны треугольника MNP. Используя теорему Пифагора, получим:

из прямоугольного треугольника MLP (ML CC1 )

145

MP (LC PC)2 MC2

144

из прямоугольного треугольника NPS (NS CC1)

25a2

13a

(PC SC)2 NS2

из прямоугольного треугольника MNK (KN BB1)

144

2a2

(BM BK)2 KN2

Полупериметр треугольника MNP равен p

31)

. Используя формулу Герона,

145

найдём его площадь:

SMNP

170

. Следовательно,

SMPNQ 2SMNP

170

. Из фор-

SABCD

мулы для

площади

ортогональной

проекции получим: cos

. Отсюда

SMPNQ

170

arccos

170

Ответ: arccos

170

4. Применениетеоремы о площади ортогональной проекции многоугольника при вычислении площади боковой поверхности пирамиды

Ещё одной известной задачей, при решении которой применяется теорема о площади ортогональной проекции многоугольника, является задача вычисления площади Sбок бо-

ковой поверхности пирамиды, у которой все боковые грани одинаково наклонены к плоскости её основания (под углом ), или вершина пирамиды лежит на перпендикуляре, восставленном из центра вписанной в её основание окружности. Тогда

Sбок	Sосн	.	(2)

	cos

Пример 9. Стороны основания треугольной пирамиды равны 6 см, 10 см и 14 см. Каждый двугранный угол при её основании равен 30°. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (2). Найдём вначале площадь основания треугольной пирамиды, воспользовавшись формулой Герона. Поскольку полупериметр треугольника в основании равен 15 см, то

Sосн 15 (15 6) (15 10) (15 14) 153 (см2).

Тогда Sбок		Sосн	3	2
	15 3:	30
		(см ).
cos30	2

Ответ: 30 см2.

Пример 10. Боковые грани пирамиды, в основании которой лежит ромб, наклонены к плоскости основания под углом 30°. Диагонали ромба равны 10 см и 24 см. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение. Для нахождения площади сечения воспользуемся формулой (2). Поскольку боковые грани пирамиды SABCD наклонены к основанию ABCD под одинаковым углом, то её вершина S проектируется в центр вписанной в ромб окружности, т. е. в точку O пересечения его диагоналей (см. рис. 9). Тогда

SABCD AC BD 120 (см2). 2

Следовательно, Sбок SABCD 803 (см2). cos30

Ответ: 803 см2.

Пример 11. В правильной усечённой четырёхугольной пирамиде стороны нижнего и верхнего оснований равны соответственно a и b (a b). Найти площадь полной поверхности усечённой пирамиды, если её боковые грани наклонены к плоскости основания под углом .

Решение. Поскольку основаниями правильной усе-

чённой четырёхугольной пирамиды являются квадраты со

сторонами a и b, то сумма их площадей равна

a2 b2 .

Очевидно, что ортогональная проекция боковой поверхно-

сти усечённой пирамиды на плоскость нижнего основания

представляет собой квадрат со стороной a, из которого

«вырезан» квадрат со стороной b. При этом стороны «вы-

Рис. 10

резанного» квадрата параллельны сторонам нижнего осно-

вания пирамиды (см. рис. 10). Так как боковые грани усе-

чённой пирамиды наклонены к плоскости основания под

одинаковым углом , то площадь её боковой поверхности равна: Sбок

Sпр

cos

Таким образом, S

полн a

a2 b2

Ответ: a

a2 b2

cos

Пример 12. Основанием пирамиды является ромб. Две боковые грани перпендикулярны к плоскости основания и образуют двугранный угол в 120°, а две другие боковые грани наклонены к плоскости основания под углом 30°. Найти площадь поверхности пирамиды, если её высота равна 12.

Решение. Площадь полной поверхности пирамиды равна сумме площадей боковых граней и основания, т. е.

Sполн SASB SBSC SASD SDSC SABCD .

Положим, что сторона ромба ABCD равна a. C Пусть боковые грани ASB и BSC пирамиды

SABCD перпендикулярны к плоскости основания ABCD (см. рис. 11). Тогда боковое ребро SB пирамиды перпендикулярно к плоскости ромба и равно высоте, а боковые грани ASB и BSC пирамиды являются равными прямоугольными треугольниками

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Источник

Метод сечений многогранников в стереометрии
используется в задачах на построение. В его
основе лежит умение строить сечение
многогранника и определять вид сечения.

Данный материал характеризуется следующим
особенностями:

Метод сечений применяется только для
многогранников, так как различные сложные
(наклонные) виды сечений тел вращения не входят в
программу средней школы.
В задачах используются в основном простейшие
многогранники.
Задачи представлены в основном без числовых
данных, чтобы создать возможность их
многовариантного использования.

Чтобы решить задачу построения сечения
многогранника ученик должен знать:

что значит построить сечение многогранника
плоскостью;
как могут располагаться относительно друг
друга многогранник и плоскость;
как задается плоскость;
когда задача на построение сечения
многогранника плоскостью считается решенной.

Поскольку плоскость определяется:

тремя точками;
прямой и точкой;
двумя параллельными прямыми;
двумя пересекающимися прямыми,

построение плоскости сечения проходит в
зависимости от задания этой плоскости. Поэтому
все способы построения сечений многогранников
можно разделить на методы.

Существует три основных метода построения
сечений многогранников:

Метод следов.

Метод вспомогательных сечений.

Комбинированный метод.

Первые два метода являются разновидностями Аксиоматического
метода построения сечений.

Можно также выделить следующие методы
построения сечений многогранников:

построение сечения многогранника плоскостью,
проходящей через заданную точку параллельно
заданной плоскости;
построение сечения, проходящего через заданную
прямую параллельно другой заданной прямой;
построение сечения, проходящего через заданную
точку параллельно двум заданным скрещивающимся
прямым;
построение сечения многогранника плоскостью,
проходящей через заданную прямую
перпендикулярно заданной плоскости;
построение сечения многогранника плоскостью,
проходящей через заданную точку перпендикулярно
заданной прямой.

В федеральный перечень учебников по геометрии
для 10-11 класов входят учебники авторов:

Атанасяна Л.С., Бутузова В.Ф., Кадомцева С.Б. и др
(Геометрия, 10-11);
Погорелова А.В. (Геометрия, 7-11);
Александрова А.Д., Вернера А.Л., Рыжик В.И.
(Геометрия, 10-11);
Смирновой И.М. (Геометрия, 10-11);
Шарыгина И.Ф. (Геометрия, 10-11).

Рассмотрим подробнее учебники Л.С, Атанасяна и
Погорелова А.В.

В учебнике Л.С. Атанасяна на тему “Построение
сечений многогранников” выделено два часа. В 10
классе в теме “Параллельность прямых и
плоскостей” после изучения тетраэдра и
параллелепипеда отводится один час на изложение
параграфа “Задачи на построение сечений”.
Рассматриваются сечения тетраэдра и
параллелепипеда. И тема “Параллельность прямых
и плоскостей” завершается решением задач на
одном или двух часах (всего задач на построение
сечений в учебнике восемь).

В учебнике Погорелова А.В. на построение
сечений отводится около трех часов в главе
“Многогранники”: один – на изучение темы
“Изображение призмы и построение ее сечений”,
второй – на изучение темы “Построение пирамиды
и ее плоских сечений” и третий – на решение
задач. В списке задач, приведенных после темы,
задач на сечение насчитывается всего около
десяти.

Мы предлагаем систему уроков по теме
“Построение сечений многогранников” для
учебника Погорелова А.В.

Материал предлагается расположить в той
последовательности, в какой он может применяться
для обучения учащихся. Из изложения темы
“Многогранники” предлагается исключить
следующие параграфы: “Построение сечений
призмы” и “Построение сечений пирамиды” с тем,
чтобы систематизировать данный материал в конце
этой темы “Многогранники”. Классифицировать
его по тематике задач с примерным соблюдением
принципа “от простого к сложному” можно весьма
условно следующим образом:

Определение сечения многогранников.
Построение сечений призмы, параллелепипеда,
пирамиды методом следов. (Как правило в школьном
курсе стереометрии используются задачи на
построение сечений многогранников, решаемые
основными методами. Остальные методы, в связи с
их более высоким уровнем сложности, учитель
может оставить для рассмотрения на
факультативных занятиях или на самостоятельное
изучение. В задачах на построение основными
методами требуется построить плоскость сечения,
проходящую через три точки).
Нахождение площади сечений в многогранниках
(без использования теоремы о площади
ортогональной проекции многоугольника).
Нахождение площади сечений в многогранниках (с
применением теоремы о площади ортогональной
проекции многоугольника).

СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА
ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МНОГОГРАННИКОВ И МЕТОДИКА ИХ
ИСПОЛЬЗОВАНИЯ НА УРОКАХ В 10-11 КЛАССАХ.

(система уроков и факультативных
занятий по теме “Построение сечений
многогранников”)

УРОК 1.

Тема урока: “Построение сечений
многогранников”.

Цель урока: ознакомление с методами
построений сечений многогранников.

Этапы урока:

Актуализация опорных знаний.
Постановка задачи.
Изучение нового материала:

А) Определение сечения.

Б) Методы построений сечений:

а) метод следов;

б) метод вспомогательных сечений;

в) комбинированный метод.

Закрепление материала.

Примеры построений сечений методом следов.

Подведение итогов урока.

Тест.

Ход урока.

Актуализация опорных знаний.

Вспомним:
— пересечение прямой с плоскостью;
— пересечение плоскостей;
— свойства параллельных плоскостей.

Постановка задачи.

Вопросы к классу:
— Что значит построить сечение многогранника
плоскостью?
— Как могут располагаться относительно друг
друга многогранник и плоскость?
— Как задается плоскость?
— Когда задача на построение сечения
многогранника плоскостью считается решенной?

Изучение нового материала.

А) Итак, задача состоит в построении
пересечения двух фигур: многогранника и
плоскости ( рис.1). Это могут быть: пустая фигура
(а), точка (б), отрезок (в), многоугольник (г). Если
пересечение многогранника и плоскости есть
многоугольник, то этот многоугольник называется сечением
многогранника плоскостью.

Рис. 1

Будем рассматривать только случай, когда
плоскость пересекает многогранник по его
внутренности. При этом пересечением данной
плоскости с каждой гранью многогранника будет
некоторый отрезок. Таким образом, задача
считается решенной, если найдены все отрезки, по
которым плоскость пересекает грани
многогранника.

Исследуйте сечения куба (рис.2) и ответьте на
следующие вопросы:

Рис. 2

— какие многоугольники получаются в сечении
куба плоскостью? (Важно число сторон
многоугольника);

[ Предполагаемые ответы: треугольник,
четырехугольник, пятиугольник, шестиугольник.]

— может ли в сечении куба плоскостью получиться
семиугольник? А восьмиугольник и т.д.? Почему?

Давайте рассмотрим призму и ее возможные
сечения плоскостью ( на модели). Какие
многоугольники получаются?

Какой можно сделать вывод? Чему равно
наибольшее число сторон многоугольника,
полученного сечением многогранника с
плоскостью?

[ Наибольшее число сторон многоугольника,
полученного в сечении многогранника плоскостью,
равно числу граней многогранника.]

Б) а) Метод следов заключается в построении
следов секущей плоскости на плоскость каждой
грани многогранника. Построение сечения
многогранника методом следов обычно начинают с
построения так называемого основного следа
секущей плоскости, т.е. следа секущей плоскости
на плоскости основания многогранника.

б) Метод вспомогательных сечений
построения сечений многогранников является в
достаточной мере универсальным. В тех случаях,
когда нужный след (или следы) секущей плоскости
оказывается за пределами чертежа, этот метод
имеет даже определенные преимущества. Вместе с
тем следует иметь ввиду, что построения,
выполняемые при использовании этого метода,
зачастую получаются “скученными”. Тем не менее
в некоторых случаях метод вспомогательных
сечений оказывается наиболее рациональным.

Метод следов и метод вспомогательных сечений
являются разновидностями аксиоматического
метода построения сечений многогранников
плоскостью.

в) Суть комбинированного метода построения
сечений многогранников состоит в применении
теорем о параллельности прямых и плоскостей в
пространстве в сочетании с аксиоматическим
методом.

А теперь на примере решения задач рассмотрим метод
следов.

4. Закрепление материала.

Задача 1.

Построить сечение призмы ABCDA₁B₁C₁D₁
плоскостью, проходящей через точки P, Q, R (точки
указаны на чертеже (рис.3)).

Решение.

Рис. 3

Построим след секущей плоскости на плоскость
нижнего основания призмы. Рассмотрим грань АА₁В₁В.
В этой грани лежат точки сечения P и Q. Проведем
прямую PQ.
Продолжим прямую PQ, которая принадлежит
сечению, до пересечения с прямой АВ. Получим
точку S₁, принадлежащую следу.
Аналогично получаем точку S₂ пересечением
прямых QR и BC.
Прямая S₁S₂ — след секущей плоскости
на плоскость нижнего основания призмы.
Прямая S₁S₂ пересекает сторону AD в
точке U, сторону CD в точке Т. Соединим точки P и U,
так как они лежат в одной плоскости грани АА₁D₁D.
Аналогично получаем TU и RT.
PQRTU – искомое сечение.

Задача 2.

Построить сечение параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁
плоскостью, проходящей через точки M, N, P (точки
указаны на чертеже (рис.4)).

Решение.

Рис. 4

Точки N и P лежат в плоскости сечения и в
плоскости нижнего основания параллелепипеда.
Построим прямую, проодящую через эти точки. Эта
прямая является следом секущей плоскости на
плоскость основания параллелепипеда.
Продолжим прямую, на которой лежит сторона AB
параллелепипеда. Прямые AB и NP пересекутся в
некоторой точке S. Эта точка принадлежит
плоскости сечения.
Так как точка M также принадлежит плоскости
сечения и пересекает прямую АА₁ в некоторой
точке Х.
Точки X и N лежат в одной плоскости грани АА₁D₁D,
соединим их и получим прямую XN.
Так как плоскости граней параллелепипеда
параллельны, то через точку M можно провести
прямую в грани A₁B₁C₁D₁,
параллельную прямой NP. Эта прямая пересечет
сторону В₁С₁ в точке Y.
Аналогично проводим прямую YZ, параллельно
прямой XN. Соединяем Z с P и получаем искомое
сечение – MYZPNX.

Задача 3 ( для самостоятельного
решения).

Построить сечение тетраэдра DACB плоскостью,
проходящей через точки M, N, P (точки указаны на
чертеже (рис.5)).

Рис. 5

5. Подведение итогов урока.

Ответьте на вопрос: являются ли закрашенные
фигуры сечениями изображенных многогранников
плоскостью PQR? И выполните правильное построение
(рис. 6).

Вариант 1.

а)

б)

в)

г)

д)

Вариант 2.

УРОК 2.

Тема урока: НАХОЖДЕНИЕ ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЯ.

Цель урока: познакомить со способами
нахождения площади сечения многогранника.

Этапы урока:

Актуализация опорных знаний.

Вспомнить теорему о площади ортогональной
проекции многоугольника.

Решение задач на нахождение площади сечения:

— без использования теоремы о площади
ортогональной проекции многоугольника;

— с использованием теоремы о площади
ортогональной проекции многоугольника.

3. Подведение итогов урока.

Ход урока.

Актуализация опорных знаний.

Вспомним теорему о площади ортогональной
проекции многоугольника: площадь
ортогональной проекции многоугольника на
плоскость равна произведению его площади на
косинус угла между плоскостью многоугольника и
плоскостью проекции.

Решение задач.

Задача 1.

ABCD – правильная треугольная пирамида со
стороной основания AB равной а и высотой DH
равной h. Постройте сечение пирамиды
плоскостью, проходящей через точки D, C и М, где М –
середина стороны АВ, и найдите его площадь (рис.7).

Решение.

Сечением пирамиды является треугольник MCD.
Найдем его площадь.

Так как основание пирамиды – равносторонний
треугольник и точка М – середина стороны, то СМ
является высотой и тогда, СМ = .

Площадь треугольника можно найти:

S = 1/2 · DH · CM = 1/2 · =

Рис.7

Задача 2.

Найти площадь сечения куба ABCDA₁B₁C₁D₁
с ребром а плоскостью, проходящей через
вершину D и точки Е и F на ребрах А₁D₁ и C₁D₁
соответственно, если A₁E = k · D₁E и C₁F
= k · D₁F.

Решение.

Построение сечения:

Поскольку точки Е и F принадлежат плоскости
сечения и плоскости грани A₁B₁C₁D₁,
а две плоскости пересекаются по прямой, то прямая
EF будет являться следом секущей плоскости на
плоскость грани A₁B₁C₁D₁
(рис.8).
Аналогично получаются прямые ED и FD.
EDF – искомое сечение.

Рис.8.

Задача 3 (для самостоятельного решения).

Построить сечение куба ABCDA₁B₁C₁D₁
со стороной а плоскостью, проходящей через
точки B, M и N, где Ь – середина ребра АА₁, а N –
середина ребра СС₁.

Решение.

Сечение строим методом следов.

Площадь сечения находим с помощью теоремы о
площади ортогональной проекции многоугольника.
Ответ: S = 1/2 · a².

Источник

Тема 13.

Задачи по стереометрии

Нахождение площади сечения

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.

Готовиться с нами — ЛЕГКО!

Подтемы раздела

задачи по стереометрии

Решаем задачи

Показать ответ и решение

Ответ:

б) √ --
19-70
7

Показать ответ и решение

Ответ:

7a2√34
-------
36

Показать ответ и решение

а) Обозначим через плоскость сечения. Плоскости и (BCD )
параллельны, следовательно, плоскость сечет их по параллельным прямым.
Плоскость пересекает B1C1D1 по прямой D1C1. Докажем, что прямая
параллельна D1C1, из этого будет следовать, что она лежит в так как
.

Прямые в силу правильности шестиугольника ABCDEF, так как в
нем ∘
∠BED = 60, ∘
∠EDC = 120 , следовательно, сумма односторонних углов
равна 180∘. Прямые DC ∥D C ,
1 1 следовательно, EB ∥ D C .
1 1 Тогда лежит в
и ED1C1B — искомое сечение. Кроме того, в четырехугольнике ED1C1B
противолежащие стороны и D1C1 параллельны и не равны, следовательно,
ED1C1B — трапеция.

б) Способ 1.

В правильном шестиугольнике также по условию
По теореме Пифагора для треугольника BCC1 :

Найдем полупериметр трапеции:

√ - √-
p= 2⋅10-2+-10+-20= 15+ 10 2
2

Равнобокую трапецию можно вписать в окружность, тогда по формуле
Брахмагупты ее площадь равна

∘ -2-------√---------√--- √-
= 15 ⋅(5+ 10 2)(−5+ 10 2)= 75 7

Способ 2.

Введём векторный базис из векторов Длины
этих векторов Из определения правильной призмы
и −→ −→
b ⊥ c , а поскольку шестиугольник ABCDEF — правильный, то
прямые и образуют угол ∘
60. Тогда можно посчитать скалярное
произведение:

В пункте а) было ранее доказано, что EBC1D1 — трапеция. По свойствам
правильного шестиугольника диагональ Тогда для определения
площади сечения можно сначала посчитать площадь треугольника EBC1, после
чего домножить её на 1,5, поскольку площадь EC1D1 составляет половину от
площади EBC1. Выразим векторы и BC1 через базисные вектора и найдём
квадраты длин:

−−→ −→
BE =2AF =2−→a
−−→ −−→ −−→ −→ −→
BC1 = BC + CC1 = b + c
BE2 = (2a)2 = 4a2 = 202
−→ −→ 2 −→ −→ 2 −→ −→ 2 −→ −→ 2 2 2 2
BC1 = (b , c) = (b , b ) +( c,c) − 2(b , c)= b + c = 2a =2 ⋅10

Таким образом,

1 1 ∘-------------
SEBC1 = 2BE ⋅BC1 sin ∠EBC1 = 2BEBC1 1 − cos2∠EBC1 =
∘ --------------------------- ∘-------------------
= 1 BE2BC21 − BE2BC21 cos2∠EBC1 = 1 BE2BC21 − (−B−→E, −B−C→1)2 =
2 ∘ ----------------- ∘ ---2------------------
= 1 8a4− (2−→a,−→b + −→c )2 = 1 8a4 − 4(−→a ,−→b )2− 4(−→a,−→c)2 =
2 ∘ ---------------2--
= 1 2⋅2002− 4⋅502− 2⋅0= 1 ⋅100√8-−-1= 50√7
2 2

Тогда площадь трапеции равна

√-
SEBC1D1 = 1,5SEBC1 = 75 7

Ответ:

б) √ -
75 7

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а)	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Правильная треугольная пирамида рассечена плоскостью, перпендикулярной основанию и делящей две стороны
основания пополам. Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью, если известно, что сторона основания равна
, а высота пирамиды равна .

Показать ответ и решение

Ответ:

1,5

Показать ответ и решение

1) Пусть . Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые одной
плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости.

Заметим, что т.к. .

Проведем в плоскости SAC прямую . Т.к. – середина , то по теореме Фалеса
– середина . Через точку в плоскости SAB проведем (следовательно, –
середина ). Таким образом, плоскость, проходящая через прямые и , и будет искомой
плоскостью.

Необходимо найти сечение пирамиды этой плоскостью. Соединив точки и , получим прямую
M N .

Т.к. ,то пересечет плоскость SCD по прямой (если , то
, что невозможно ввиду их параллельности).

Таким образом, KM N P – искомое сечение, причем это трапеция.

2) Т.к. все точки – середины отрезков соответственно,
то:

а)

б) KP = 1-AD = a-
2 2

в) √ --
KM = 1SB = a--2-
2 2

Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах . Таким образом,
KM N P – прямоугольная трапеция.

√ --
KP---+-M-N-- 3--2-2
SKMNP = 2 ⋅ KM = 8 a

Ответ:

1) Рисунок.

2) √ --
3 2 2
----a
8

Показать ответ и решение

б) По теореме Менелая для △ADC и прямой имеем:

AN-- ⋅ DK- ⋅ CQ-= 1 ⇒ QA = 8
N D KC QA

По условию . Т.к. QA = AM и . Следовательно,
, тогда . Следовательно, BT = 8 . Заметим, что по
углу и двум прилежащим сторонам, следовательно, . Также заметим, что так как
, то . Также и . Следовательно, M N KT – равнобедренная
трапеция.

Основания M N = 8 , KT = 16 , по теореме Пифагора √ -------- √ --
M T = 162 − 82 = 8 3 . Следовательно,
если провести высоту M H , то . Тогда по теореме Пифагора
∘ --√--------- √ ---
M H = (8 3)2 − 42 = 4 11 . Следовательно,

8-+-16- √ --- √ ---
SMNKT = 2 ⋅ 4 11 = 48 11

Ответ:

б) √ ---
48 11

Показать ответ и решение

а) Для того, чтобы доказать, что пирамида является правильной, нужно доказать, что в основании
пирамиды находится правильный многоугольник, а боковые ребра равны.

Возьмем за основание △ABC – он правильный по условию.
Осталось доказать, что .
Рассмотрим △ADB и △CDB . Они прямоугольные и равны по катету и гипотенузе. Следовательно,
DA = DC . Аналогично рассматривая другие боковые грани, доказываем, что DA = DB .
Следовательно, , чтд.

б) Заметим, что так как и боковые грани – равные треугольники, то
BM = BN .
Так как , то по теореме Фалеса , также .
Из подобия следует:

M N DM 4 4 √ --
-----= -----= -- → M N = -AC = 4 2
AC DA 7 7

Найдем .
Так как △ADB прямоугольный и равнобедренный, то √ --
DA = DB = AB : 2 , следовательно,
DA = 7 .
Рассмотрим прямоугольный △DM B . Так как 4
DM = 7DA = 4 , то √ -2---2- √ ---
BM = 4 + 7 = 65 .
Рассмотрим теперь △BM N :
Так как он равнобедренный, то высота , проведенная к основанию, будет также и медианой.
Следовательно,

√ ------- √ ---
BH = 65 − 8 = 57

Таким образом,

1 √ ----
S△BMN = --⋅ BH ⋅ M N = 2 114
2

Ответ:

б) √ ----
2 114

Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с вершиной , стороны основания которой
равны √ --
6 2 , а боковые ребра равны .

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку и середину ребра
параллельно прямой .

б) Найдите площадь построенного сечения.

Показать ответ и решение

б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах (так как )
. Так как , то , следовательно, . Следовательно, у
четырехугольника AM N K диагонали взаимно перпендикулярны. Значит, его площадь можно найти
как

S = 1AN ⋅ M K.
2

Заметим сразу, что √ --
BD = AC = AB 2 = 12 .
Рассмотрим плоскость ASC .

По теореме Менелая:

(это
нам понадобится позже для поиска M K )

Проведем . Тогда из подобия △SHC и △N QC :

–
середина , следовательно, 3 3
AQ = 4AC = 4 ⋅ 12 = 9 . Тогда по теореме Пифагора

∘ ------------ ∘ -----------
AN = AQ2 + N Q2 = 81-⋅ 5-+ 81 = 27-.
4 2

Рассмотрим BSD . Так как , то

M K SO 2 2 2
-----= ----= -- ⇒ M K = -BD = --⋅ 12 = 8.
BD SH 3 3 3

Следовательно, площадь сечения равна

S = 1-⋅ 8 ⋅ 27-= 54.
2 2

Показать ответ и решение

1) Пусть – середина , SX, AL – медианы грани ASB , CL, SY – медианы грани CSB ,
. – высота пирамиды.

Найдем сечение пирамиды плоскостью M N K .
Т.к. пирамида правильная, то △SXY – равнобедренный, 2
SM = SN = -SX ⇒ M N ∥ XY ⇒ M N ∥ (ABC )
3 .
Таким образом, плоскость M N K содержит прямую M N , параллельную ABC , следовательно,
плоскость M N K пересечет плоскость ABC по прямой, параллельной M N (если это не так, то линия
пересечения этих плоскостей и не может быть
параллельна (ABC ) ).

Прямая, проходящая через точку и параллельная M N (или ) – это . Следовательно,
сечением является равнобедренный треугольник ALC .

2) Пусть . Тогда по теореме о трех перпендикулярах как наклонная
( как проекция). Следовательно, и .

Тогда 1-
SALC = 2AC ⋅ LK .

Рассмотрим √ -- √ -- √ --
△SKB : BK = AB ⋅--3-= 21--3-⇒ cosB = -7√-3-
2 2 12 2 .

Тогда по теореме косинусов для △KLB :

2 729- 27-
KL = 4 ⇒ KL = 2

Значит, SALC = 567-
4 .

Ответ:

567
----
4 .

Показать ответ и решение

а)

Если прямая параллельна некоторой прямой, лежащей в . Проведем
. В плоскости M N S проведем . Тогда прямая
. Так как плоскости ABC и A1B1C1 параллельны, то пересечет плоскость A1B1C1
по прямой, параллельной . Следовательно, проведем . Таким образом, TRP K – искомое
сечение (трапеция).

б) Заметим, что 1 5
CK = --⋅ 15 =--⇒ KS = 5
6 2 . Т.к. M S – средняя линия треугольника
. Так как , то по теореме косинусов
∘ --------------------
HK = 16 + 25 − 2 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 45 = 3 . Таким образом, по обратной теореме Пифагора треугольник HKS –
прямоугольный, следовательно, . Таким образом, по теореме о трех перпендикулярах, из
того, что .

Найдем основания трапеции и P R .

3
△ PRB1 ∼ △KT B ⇒ P R = --
2 .

Таким образом, ( )
1- 15- 3- √ -- √ --
STRP K = 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 8 2 = 36 2

Ответ:

б) √ --
36 2

Показать ответ и решение

а)

Две плоскости параллельны, если две пересекающиеся прямые из одной плоскости будут
параллельны некоторых двум пересекающимся прямым из другой плоскости.Проведем через точку
прямые, параллельные и .
Из свойства правильного шестиугольника следует, что . Проведем в плоскости F SC через
точку : .

Тогда по теореме Фалеса SN ST SL 3
----= ----= ----= --
N C TF LO 1

В плоскости ASD проведем через точку : .

Из теоремы Фалеса следует, что AQ SL 3
----= ----= --
QO LO 1

Пусть . Из свойств правильного шестиугольника следует, что .

Тогда по теореме Фалеса DQ--= DK-- = 5x-= 5-
QA KS 3x 3

б) Достроим сечение пирамиды плоскостью . Плоскость пересечет плоскость основания по
прямой . Значит, BM--- AR-- 3-
M C = RF = 1

Найдем все их стороны.
Из подобия 3 3
△ ST N ∼ △SF C ⇒ TN = -F C = -a = 6
4 2
Из подобия

Достроим трапецию F ABC до треугольника F W C – он правильный. 7 7
⇒ RM = -F C = -a = 7
8 4
Из подобия 3 3 3
△ SP K ∼ △SED ⇒ P K = -ED = --a = --
8 8 2

Найдем из грани SCD :
По теореме косинусов 2b2 − a2
cos∠S = -----2--
2b .

В △ KSN : 3- 3-
KN = 8b,SN = 4b ⇒ по теореме косинусов 2 -9- 2 2 27-
KN = 64 ⋅ (b + 2a ) ⇒ KN = 8

Обозначим высоту трапеции M N T R за . Тогда ∘ --------
49- 1- 3-√ --
h1 = 16 − 4 = 4 5

Высота трапеции N KP T h = ∘ -272−--81-= 9√5--
1 64 16 8

Тогда площадь сечения ( ) √-- √-- √ --
S = 1-⋅ 3-+ 6 ⋅ 9 5 + 1⋅ (6 + 7) ⋅ 3 5 = 291--5-
2 2 8 2 4 32

Ответ:

б) √--
291--5-
32

Источник

Объемные фигуры

Цилиндр

Сечения конуса

Сечения призмы

Пирамида

Как вычислить площадь сечения

СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА
ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МНОГОГРАННИКОВ И МЕТОДИКА ИХ
ИСПОЛЬЗОВАНИЯ НА УРОКАХ В 10-11 КЛАССАХ.

(система уроков и факультативных
занятий по теме “Построение сечений
многогранников”)

УРОК 1.

Не пропустите также:

Объемные фигуры

Цилиндр

Сечения конуса

Сечения призмы

Пирамида

Как вычислить площадь сечения

СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МНОГОГРАННИКОВ И МЕТОДИКА ИХ ИСПОЛЬЗОВАНИЯ НА УРОКАХ В 10-11 КЛАССАХ.

(система уроков и факультативных занятий по теме “Построение сечений многогранников”)

УРОК 1.

Не пропустите также:

СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ НА
ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЙ МНОГОГРАННИКОВ И МЕТОДИКА ИХ
ИСПОЛЬЗОВАНИЯ НА УРОКАХ В 10-11 КЛАССАХ.

(система уроков и факультативных
занятий по теме “Построение сечений
многогранников”)