24 Сен 2014

Категория: 14 (С2) Стереометр. задачиСтереометрияТ/P A. Ларина

№16 (С2 по старому) из Тренировочного варианта №84 А. Ларина

Елена Репина 2014-09-24 2015-09-04

В новом формате ЕГЭ по математике задание значится как «Задание №14»

Смотрите также № 17, №18.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна $\sqrt6$ , боковое ребро составляет с высотой угол $30^{\circ}$ . Плоскость $\alpha$ , проходящая через вершину основания пирамиды, перпендикулярна противолежащему боковому ребру и разбивает пирамиду на две части.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью α;
б) Определите объём прилегающей к вершине части пирамиды.

Решение:

1) Пусть плоскость $\alpha$ проходит через вершину $A$ пирамиды. Тогда согласно условию плоскость $\alpha$ должна быть перпендикулярна ребру $SC$ .

Выбираем (пока произвольную) точку $M$ на ребре $SC$ . Прямые в плоскостях граней $BCS$ и $DCS$ (проходящие через точку $M$ ), перпендикулярные ребру $SC$ , пересекают ребра $BS$ и $SD$ пирамиды соответственно в точках $P$ и $K$ (подумайте, кстати, почему невозможна ситуация, когда указанные прямые пересекают ребра $BC$ и $CD$ ). Далее, в процессе решения, будет выяснено точное положение точек $P$ и $K$ на ребрах $BS$ и $DS$ .

Соединяем точку $A$ с точками $P$ и $K$ , получаем искомое сечение $APMK$ ( $\alpha \perp SC$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости).

Будем искать объем пирамиды $APMKS$ . А ведь у нее $SM\perp (APMK)$ , то есть $SM$ будет у нас выступать в качестве высоты пирамиды $APMKS$ .

Кстати, в сечении у нас получился четырехугольник с перпендикулярными диагоналями.

Действительно, + показать

А значит, формула площади четырехугольника $S=\frac{1}{2}d_1d_2sin\gamma$ , где $\gamma$ – угол между диагоналями превращается в $S=\frac{1}{2}d_1d_2.$

Итак, найдя площадь основания $APMK$ пирамиды $APMKS$ и высоту $SM$ , мы тот час же найдем и объем пирамиды.

Обратимся к основанию пирамиды. Очевидно, диагональ квадрата со стороной $\sqrt6$ есть $\sqrt{12}$ или $2\sqrt3.$

Так как боковое ребро пирамиды по условию составляет с высотой угол в $30^{\circ}$ , то, например, $\Delta ASC$ – равносторонний (равнобедренный в силу того, что пирамида правильная плюс угол при вершине $S$ равен $60^{\circ}$ ). А значит, боковое ребро пирамиды, как и диагональ основания, – есть $2\sqrt3.$

А так как перпендикулярность прямой $SC$ и плоскости $\alpha$ влечет за собой $SC\perp AM$ ( $AM$ лежит в $\alpha$ ) то в равностороннем треугольнике $ASM$ $AM$ – медиана, то есть $M$ – середина ребра $SC$ .

Очевидно, $AM=\sqrt{(2\sqrt3)^2-(\sqrt3)^2}=3.$

Далее, в треугольнике $ASC$ точка $Q$ делит $SO$ в отношении $2:1$ , считая от т. S по свойству медиан (ведь $SO$ и $AM$ – медианы треугольника).

А значит, из подобия $\Delta PSK$ и $\Delta BCD$ с коэффициентом подобия 2:3, получаем, что

$PK=\frac{2}{3}BD=\frac{2}{3}\cdot 2\sqrt3=\frac{4\sqrt3}{3}.$

Тогда

$S_{APMK}=\frac{1}{2}\cdot AM\cdot PK=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{4\sqrt3}{3}=2\sqrt3.$

Наконец,

$V_{APMKS}=\frac{1}3{}S_{APMK}\cdot SM=\frac{1}{3}\cdot 2\sqrt3\cdot \sqrt3=2.$

Ответ: 2.

Автор: egeMax | комментария 4

Печать страницы

комментария 4

Розалия

2014-12-03 в 17:26

в последней строчке V_{APMKS}=1/3S{APMKS}*SN!

[ Ответить ]
- egeMax
  
  2014-12-04 в 19:40
  
  Розалия, спасибо!
  
  [ Ответить ]
Егор

2015-02-26 в 17:09

Можно подробнее объяснить откуда взялся коэффициент подобия “2/3”?

[ Ответить ]
- egeMax
  
  2015-02-26 в 19:51
  
  Егор, по свойству медиан $SQ:QO=2:1$ , а значит $SQ:SO=2:3$ . Итак, из подобия указанных треугольников: $k=\frac{SQ}{SO}=2/3$ .
  
  [ Ответить ]

№16 (С2 по старому) из Тренировочного варианта №84 А. Ларина

Добавить комментарий Отменить ответ