Номер 30, страница 175 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

Сечения. Обобщающее повторение за курс 10—11 классов - номер 30, страница 175.

Условие.

30. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через середины ребер $BB_1$, $DD_1$ и точку на ребре $AB$, отстоящую от вершины $A$ на 0,75. Найдите его площадь.

Решение 2 (rus).

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — единичный. Это означает, что длина его ребра равна 1.

Секущая плоскость проходит через три точки:

1. Точка E — середина ребра $BB_1$.
2. Точка F — середина ребра $DD_1$.
3. Точка G на ребре $AB$, такая что расстояние от вершины A до этой точки равно 0,75, т.е. $AG = 0,75$.

Перевод в систему СИ не требуется, так как все величины безразмерные (или в условных единицах длины).

Найти:

Площадь сечения.

Решение:

1. Построение сечения

Для построения сечения воспользуемся методом следов и свойствами параллельности.

Введем правую прямоугольную систему координат с началом в вершине A, направив оси $Ox$, $Oy$ и $Oz$ вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$ соответственно. В этой системе вершины куба имеют следующие координаты:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(1, 0, 0)$
• $D(0, 1, 0)$
• $A_1(0, 0, 1)$

Найдем координаты заданных точек:

• Точка E — середина $BB_1$. $B(1, 0, 0)$, $B_1(1, 0, 1)$. Координаты E: $E(\frac{1+1}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+1}{2}) = E(1, 0, 0.5)$.
• Точка F — середина $DD_1$. $D(0, 1, 0)$, $D_1(0, 1, 1)$. Координаты F: $F(\frac{0+0}{2}, \frac{1+1}{2}, \frac{0+1}{2}) = F(0, 1, 0.5)$.
• Точка G на ребре $AB$ и $AG = 0.75$. Координаты G: $G(0.75, 0, 0)$.

Построим сечение, находя точки его пересечения с ребрами куба:

• Точки G и E лежат в плоскости грани $ABB_1A_1$. Соединяем их отрезком $GE$. Это одна из сторон сечения.
• Секущая плоскость пересекает параллельные плоскости оснований $ABCD$ ($z=0$) и $A_1B_1C_1D_1$ ($z=1$) по параллельным прямым.
• Найдем след секущей плоскости на плоскости $ABCD$. Так как точки $E(1, 0, 0.5)$ и $F(0, 1, 0.5)$ имеют одинаковую аппликату $z=0.5$, то прямая $EF$ параллельна плоскости $xy$ ($ABCD$). Вектор $\vec{EF} = (-1, 1, 0)$. Вектор диагонали $\vec{DB} = (1, -1, 0)$. Прямые $EF$ и $DB$ параллельны. Следовательно, след секущей плоскости на плоскости $ABCD$ должен быть параллелен диагонали $DB$.
• Проведем через точку G прямую, параллельную $DB$. Эта прямая пересечет ребро $AD$ в точке H. В $\triangle ABD$ по теореме о пропорциональных отрезках, так как $GH || DB$, то $AH/AD = AG/AB$. Поскольку $AD=AB=1$, получаем $AH = AG = 0.75$. Координаты точки H: $H(0, 0.75, 0)$. Отрезок $GH$ — еще одна сторона сечения.
• Точки H и F лежат в плоскости грани $ADD_1A_1$. Соединяем их отрезком $HF$.
• Грани $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$ параллельны. Значит, секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Проведем через точку E прямую, параллельную $HF$. Эта прямая пересечет ребро $B_1C_1$ в точке L. Вектор $\vec{HF} = (0-0, 1-0.75, 0.5-0) = (0, 0.25, 0.5)$. Прямая через E: $P(t) = E + t \cdot \vec{HF} = (1, 0, 0.5) + t(0, 0.25, 0.5)$. Для пересечения с плоскостью $z=1$ (верхняя грань) имеем $0.5 + 0.5t = 1 \Rightarrow t=1$. Координаты точки L: $L(1, 0.25, 1)$. Точка L лежит на ребре $B_1C_1$. Отрезок $EL$ — сторона сечения.
• След секущей плоскости на верхней грани $A_1B_1C_1D_1$ (прямая $LK$) должен быть параллелен следу на нижней грани (прямой $GH$). Проводим через L прямую, параллельную $GH$. Она пересекает ребро $C_1D_1$ в точке K. Координаты K: $K(0.25, 1, 1)$. Отрезок $LK$ — сторона сечения.
• Точки K и F лежат в плоскости грани $CDD_1C_1$. Соединяем их отрезком $KF$.

Таким образом, сечением является шестиугольник $GELKFH$.

2. Вычисление площади сечения

Площадь многоугольника в пространстве удобно вычислить через площади его проекций на координатные плоскости. Уравнение плоскости, проходящей через точки $E(1, 0, 0.5)$, $F(0, 1, 0.5)$ и $G(0.75, 0, 0)$, имеет вид $4x + 4y - 2z = 3$.

Нормальный вектор этой плоскости $\vec{n} = (4, 4, -2)$.

Площадь сечения $S$ связана с площадью его проекции на плоскость $xy$ ($S_{xy}$) формулой:

$S = \frac{S_{xy}}{|\cos \gamma|}$

где $\gamma$ — угол между нормалью к плоскости сечения $\vec{n}$ и осью $Oz$ (нормалью к плоскости $xy$).

Найдем $\cos \gamma$:

$\cos \gamma = \frac{\vec{n} \cdot \vec{k}}{|\vec{n}| |\vec{k}|} = \frac{(4, 4, -2) \cdot (0, 0, 1)}{\sqrt{4^2 + 4^2 + (-2)^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{-2}{\sqrt{16+16+4}} = \frac{-2}{\sqrt{36}} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}$

$|\cos \gamma| = \frac{1}{3}$

Теперь найдем площадь проекции $S_{xy}$. Вершины проекции шестиугольника $G'E'L'K'F'H'$ на плоскость $xy$ имеют координаты:

• $G'(0.75, 0)$
• $E'(1, 0)$
• $L'(1, 0.25)$
• $K'(0.25, 1)$
• $F'(0, 1)$
• $H'(0, 0.75)$

Площадь этого шестиугольника можно найти, вычтя из площади единичного квадрата ($1 \times 1$) площади двух угловых треугольников:

• Треугольник в правом нижнем углу с вершинами $(0.75, 0)$, $(1, 0)$ и $(1, 0.25)$ не является тем, что отсекается. Отсекается область с вершинами $(1,0)$, $(1,0.25)$ и $(0.75,0)$. Это не треугольник.

Воспользуемся формулой площади Гаусса (формулой шнурков):

$S_{xy} = \frac{1}{2} |(x_1y_2 + x_2y_3 + \dots + x_ny_1) - (y_1x_2 + y_2x_3 + \dots + y_nx_1)|$

Подставляя координаты вершин $G'E'L'K'F'H'$:

$S_{xy} = \frac{1}{2} |(0.75 \cdot 0 + 1 \cdot 0.25 + 1 \cdot 1 + 0.25 \cdot 1 + 0 \cdot 0.75 + 0 \cdot 0) - (0 \cdot 1 + 0 \cdot 1 + 0.25 \cdot 0.25 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + 0.75 \cdot 0.75)|$

$S_{xy} = \frac{1}{2} |(0 + 0.25 + 1 + 0.25 + 0 + 0) - (0 + 0 + 0.0625 + 0 + 0 + 0.5625)|$

$S_{xy} = \frac{1}{2} |1.5 - 0.625| = \frac{1}{2} |0.875| = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{8} = \frac{7}{16}$

Теперь можем найти площадь самого сечения:

$S = \frac{S_{xy}}{|\cos \gamma|} = \frac{7/16}{1/3} = \frac{7}{16} \cdot 3 = \frac{21}{16}$

$S = 1.3125$

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{21}{16}$ (или 1,3125) квадратных единиц.