Главная
Справочник
Видеоуроки
ЕГЭ
МГУ
Тесты
Карта сайта
Контакты
Смотрите также №13; №15; №16; №17; №18; №19 Тренировочной работы №205 А. Ларина.
14. Дана правильная пирамида $PABCD$ с вершиной в точке $P$. Через точку $B$ перпендикулярно прямой $DP$ проведена плоскость Ω, которая пересекает $DP$ в точке $K$.
а) Докажите, что прямые $BK$ и $AC$ перпендикулярны.
б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью Ω, если известно, что сторона основания пирамиды равна $6$ и высота пирамиды равна $6$.
Решение:
a) $BK$ – наклонная к плоскости $(ABC),$ $BD$ – проекция $BK$ на $(ABC),$ $AC$ лежит в $(ABC)$ и $AC\perp BD$ (так как $ABCD$ – квадрат). Тогда по теореме о трех перпендикулярах и $BK\perp AC.$
Что и требовалось доказать. 
б) Пусть $L$ – точка пересечения $BK$ и $PO,$ где $O$ – центр основания пирамиды.
В плоскости $APC$ через точку $L$ строим прямую $l,$ параллельную $AC.$ Пусть $L$ пересекается с $AP$ в точке $T,$ с $CP$ – в точке $F.$
Так как $BK\perp AC$ (пункт а), то и $BK\perp FT.$
Заметим, прямая $PD$ перпендикулярна $TKFB,$ так как $PD\perp BK$ по условию и $PD\perp AC$ по теореме от трех перпендикулярах.
Четырехугольник $TKFB$ – искомое сечение.
$S_{TKFB}=\frac{1}{2}\cdot TF\cdot BK\cdot sin(\angle TLK)=\frac{1}{2}\cdot TF\cdot BK\cdot 1.$
Из треугольника $PDO$
$tgD=\frac{PO}{PD}=\frac{6}{3\sqrt2}=\sqrt2.$
Тогда
$sin D=\frac{\sqrt2}{\sqrt3}.$
Из треугольника $BKD$
$BK=BD\cdot sin D=6\sqrt2\cdot \frac{\sqrt2}{\sqrt3}=4\sqrt3.$
Далее замечаем, что $\angle PDB=\angle PLK,$ то есть $sin PLK=\frac{\sqrt2}{\sqrt3}.$
Пусть тогда
$PK=\sqrt2x,PL=\sqrt3 x.$
Откуда
$LK=x,LO=6-\sqrt3x.$
Из подобия треугольников $BLO,PLK$
$\frac{BO}{PK}=\frac{LO}{LK};$
$\frac{3\sqrt2}{\sqrt2x}=\frac{6-\sqrt3x}{x};$
$x=\sqrt3.$
Стало быть, $PL=3,$ то есть $O$ – середина отрезка $PO$.
$TF=\frac{BD}{2}=3\sqrt2.$
Итак,
$S_{TKFB}=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt2\cdot 4\sqrt3=6\sqrt6.$
Ответ: б) $6\sqrt6.$
Добавить комментарий