Главная › 13 (С2) Стереометр. задачи › Задание №14 Т/Р №204 А. Ларина

28 Сен 2017

Категория: 13 (С2) Стереометр. задачиТ/P A. Ларина

Задание №14 Т/Р №204 А. Ларина

Елена Репина 2017-09-28 2017-10-16

Смотрите также №13; №15; №16; №17; №18; №19 Тренировочной работы №204 А. Ларина.

14. В основании пирамиды $SABC$ лежит равнобедренный треугольник $ABC$ , в котором $AB=4,\angle BAC=120^{\circ}$ . Известно, что боковая грань $SBC$ перпендикулярна

основанию $ABC$ , $SB=SC$ , а высота пирамиды, проведенная из точки $S$ , равна $2\sqrt{11}$ . На ребрах $SB$ и $SC$ отмечены соответственно точки $K$ и $P$ так, что $BK:SK=CP=SP=1:3.$
а) Докажите, что сечением пирамиды плоскостью $APK$ является прямоугольный треугольник.

б) Найдите объем меньшей части пирамиды, на которые её делит плоскость $APK$ .

Решение:

a) По условию грань $SBC$ перпендикулярна плоскости основания, значит, если из точки $S$ опустить перпендикуляр $SH$ к линии пересечения плоскостей $ABC,SBC$ (к $BC$ ), то $SH\perp ABC$ по свойству перпендикулярных плоскостей. То есть $SH$ – высота пирамиды.

При этом $H$ – середина $BC,$ так как $SB=SC$ по условию (треугольники $BSH,CSH$ равны по гипотенузе и катету).

1) Из треугольника $ABC$ по теореме косинусов:

$BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot cosA;$

$BC=4\sqrt3.$

2) В силу подобия треугольников $SBC,SKP$ (коэффициент подобия – $\frac{3}{4}$ )

$KP=\frac{3}{4}\cdot BC=3\sqrt3.$

3) Из прямоугольного треугольника $ACH$ ( $\angle C=30^{\circ}$ )

$AH=\frac{AC}{2}=2.$

4) Из треугольника $THA$ по теореме Пифагора

$TA=\sqrt{TH^2+AH^2}=\frac{3\sqrt3}{2}.$

Замечаем, что медиана $AT$ треугольника $KAP$ равна половине стороны $KP,$ к которой она проведена. Значит, треугольник $KAP$ – прямоугольный.

Что и требовалось доказать.

б) Найдем объем пирамиды $ASKP$ с основанием $SKP.$

Заметим, высота указанной пирамиды – $AH$ ( $AH\perp BC,AH\perp SH$ ).

$V_{ASKP}=\frac{1}{3}\cdot S_{SKP}\cdot AH=\frac{1}{3}\cdot \frac{9S_{SBC}}{16}\cdot AH=$

$=\frac{3S_{SBC}}{8}=\frac{3\sqrt{33}}{2}.$

Так как

$V_{ABCS}=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt3\cdot 2\sqrt{11}=\frac{8\sqrt{33}}{3},$ то

$V_{AKPCB}=V_{ABCS}-V_{ASKP}=\frac{8\sqrt{33}}{3}-\frac{3\sqrt{33}}{2}=\frac{7\sqrt{33}}{6}.$

Меньшая по площади часть пирамиды $SABC$ , на которые её делит плоскость $APK$ , как видим, есть пирамида $AKPCB,$ объем которой нами найден и составляет $\frac{7\sqrt{33}}{6}.$

Ответ: б) $\frac{7\sqrt{33}}{6}.$

Автор: egeMax | Нет комментариев

Печать страницы

Задание №14 Т/Р №204 А. Ларина

Добавить комментарий Отменить ответ