Номер 197, страница 60 - гдз по геометрии 10 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

197. Сторона основания правильной пирамиды $MABC$ равна $b$. Двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\beta$.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины рёбер $AB$ и $BC$ параллельно плоскости $AMC$.

2) Найдите площадь построенного сечения.

1) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины рёбер AB и BC параллельно плоскости AMC.

Пусть дана правильная пирамида MABC, где основание ABC – равносторонний треугольник со стороной $b$. Пусть P – середина ребра AB, а Q – середина ребра BC. Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точки P и Q.

1. Соединим точки P и Q. Отрезок PQ является средней линией треугольника ABC, поэтому $PQ \parallel AC$ и $PQ = AC/2$. Поскольку прямая AC лежит в плоскости (AMC), то и прямая PQ параллельна плоскости (AMC).

2. По условию, секущая плоскость $\alpha$ параллельна плоскости (AMC). Так как плоскость $\alpha$ проходит через точку P и пересекает грань (MAB), линия их пересечения должна быть параллельна линии пересечения плоскостей (AMC) и (MAB), то есть прямой MA. Проведём в плоскости (MAB) через точку P прямую, параллельную MA. Эта прямая пересечёт ребро MB в некоторой точке R.

3. В треугольнике MAB отрезок PR параллелен стороне MA, и точка P является серединой стороны AB. По теореме Фалеса, точка R является серединой стороны MB.

4. Соединим точки P, Q и R. Треугольник PQR – искомое сечение.

Проверим, что плоскость (PQR) параллельна плоскости (AMC). Мы имеем $PQ \parallel AC$ и $PR \parallel MA$. Так как две пересекающиеся прямые (PQ и PR) в плоскости (PQR) соответственно параллельны двум пересекающимся прямым (AC и MA) в плоскости (AMC), то плоскости (PQR) и (AMC) параллельны. Построение выполнено верно.

Ответ: Искомое сечение – это треугольник PQR, где P, Q, R – середины рёбер AB, BC и MB соответственно.

2) Найдите площадь построенного сечения.

Сечение представляет собой треугольник PQR. Как показано в построении, P, Q и R являются серединами рёбер AB, BC и MB соответственно.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке B и коэффициентом $k = 1/2$. При этой гомотетии точка A переходит в точку P (середину AB), точка C переходит в точку Q (середину BC), а точка M переходит в точку R (середину MB). Следовательно, треугольник PQR является образом треугольника AMC при данной гомотетии.

Это означает, что треугольник PQR подобен треугольнику AMC с коэффициентом подобия $k = 1/2$. Площадь сечения $S_{PQR}$ связана с площадью треугольника $S_{AMC}$ соотношением: $S_{PQR} = k^2 \cdot S_{AMC} = (\frac{1}{2})^2 S_{AMC} = \frac{1}{4} S_{AMC}$.

Найдём площадь треугольника AMC. Это равнобедренный треугольник с основанием $AC = b$ и боковыми сторонами $MA = MC$.

Чтобы найти длину бокового ребра MA, воспользуемся двугранным углом $\beta$ при ребре основания. Пусть K – середина ребра BC. Так как пирамида правильная, MK – апофема грани MBC (т.е. $MK \perp BC$), а AK – высота основания (т.е. $AK \perp BC$). Тогда $\angle MKA = \beta$ – линейный угол данного двугранного угла.

В основании лежит равносторонний треугольник ABC со стороной $b$. Его высота $AK = \frac{b\sqrt{3}}{2}$. Пусть O – центр основания (и проекция вершины M). O делит медиану AK в отношении 2:1, считая от вершины A. Расстояние от центра до стороны основания $OK = \frac{1}{3} AK = \frac{1}{3} \cdot \frac{b\sqrt{3}}{2} = \frac{b\sqrt{3}}{6}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник MOK ($\angle MOK = 90^\circ$). Апофема $MK = \frac{OK}{\cos\beta} = \frac{b\sqrt{3}}{6\cos\beta}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник MBK ($\angle MKB = 90^\circ$). Найдём квадрат бокового ребра MB по теореме Пифагора: $MB^2 = MK^2 + BK^2 = \left(\frac{b\sqrt{3}}{6\cos\beta}\right)^2 + \left(\frac{b}{2}\right)^2 = \frac{3b^2}{36\cos^2\beta} + \frac{b^2}{4} = \frac{b^2}{12\cos^2\beta} + \frac{3b^2\cos^2\beta}{12\cos^2\beta} = \frac{b^2(1+3\cos^2\beta)}{12\cos^2\beta}$. Так как пирамида правильная, $MA^2 = MC^2 = MB^2$.

Вернёмся к треугольнику AMC. Проведём в нём высоту ML к основанию AC. L – середина AC. В прямоугольном треугольнике MLC ($\angle MLC = 90^\circ$): $ML^2 = MC^2 - LC^2 = \frac{b^2(1+3\cos^2\beta)}{12\cos^2\beta} - \left(\frac{b}{2}\right)^2 = \frac{b^2(1+3\cos^2\beta) - 3b^2\cos^2\beta}{12\cos^2\beta} = \frac{b^2}{12\cos^2\beta}$. $ML = \sqrt{\frac{b^2}{12\cos^2\beta}} = \frac{b}{2\sqrt{3}\cos\beta}$.

Площадь треугольника AMC: $S_{AMC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot ML = \frac{1}{2} \cdot b \cdot \frac{b}{2\sqrt{3}\cos\beta} = \frac{b^2}{4\sqrt{3}\cos\beta} = \frac{b^2\sqrt{3}}{12\cos\beta}$.

Наконец, найдём площадь сечения PQR: $S_{PQR} = \frac{1}{4} S_{AMC} = \frac{1}{4} \cdot \frac{b^2\sqrt{3}}{12\cos\beta} = \frac{b^2\sqrt{3}}{48\cos\beta}$.

Ответ: $S = \frac{b^2\sqrt{3}}{48\cos\beta}$.