Номер 1.152, страница 49 - гдз по геометрии 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.152. Сечение правильной четырехугольной пирамиды, все ребра которой равны $\text{a}$, проходит через середины смежных сторон основания и середину высоты пирамиды. Постройте это сечение и найдите его площадь (рис. 1.67).

Рис. 1.67

Построение сечения

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида EABCD, где ABCD – квадратное основание, а E – вершина. Все ребра пирамиды равны a. EO – высота пирамиды, где O – центр основания.

По условию, секущая плоскость $\alpha$ проходит через середины смежных сторон основания и середину высоты. Выберем смежные стороны AD и DC. Пусть M – середина AD, N – середина DC, и K – середина высоты EO. Плоскость сечения $\alpha$ задана тремя точками M, N, и K.

1. Точки M и N лежат в плоскости основания, поэтому отрезок MN является линией пересечения плоскости $\alpha$ с основанием пирамиды и, следовательно, стороной искомого сечения. MN – средняя линия треугольника ADC, поэтому $MN \parallel AC$ и $MN = \frac{1}{2}AC$. Диагональ квадрата $AC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$, значит $MN = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

2. Так как $MN \parallel AC$ и $MN \subset \alpha$, то вся плоскость сечения $\alpha$ параллельна диагонали AC.

3. Рассмотрим диагональное сечение пирамиды плоскостью EDB. Эта плоскость содержит высоту EO, а значит, и точку K. Пусть L – середина отрезка OD. В треугольнике EOD отрезок KL является средней линией, так как K – середина EO и L – середина OD. Следовательно, $KL \parallel ED$.

4. Точка L (середина OD) также является серединой отрезка MN (так как MN – средняя линия $\triangle ADC$). Значит, точка L принадлежит плоскости сечения $\alpha$. Поскольку K и L принадлежат $\alpha$, то и вся прямая KL лежит в плоскости $\alpha$. Таким образом, плоскость сечения $\alpha$ параллельна боковому ребру ED (так как $KL \parallel ED$).

5. Теперь найдем точки пересечения плоскости $\alpha$ с другими ребрами пирамиды.

• Плоскость $\alpha$ пересекает грань EAD по прямой, проходящей через точку M (середину AD) и параллельной ED. Эта прямая является средней линией треугольника EAD. Пусть она пересекает ребро AE в точке P. Тогда P – середина ребра AE. Отрезок MP – сторона сечения.
• Аналогично, плоскость $\alpha$ пересекает грань ECD по прямой, проходящей через точку N (середину DC) и параллельной ED. Пусть она пересекает ребро EC в точке Q. Тогда Q – середина ребра EC. Отрезок NQ – сторона сечения.
• Прямая KL, лежащая в плоскости $\alpha$, пересекает ребро EB в некоторой точке S. В $\triangle EDB$ прямая KL проходит через середину EO и параллельна ED. Из подобия треугольников следует, что точка S делит ребро EB в отношении $ES:SB = 1:3$, то есть $ES = \frac{1}{4}EB = \frac{a}{4}$.

Таким образом, сечение представляет собой пятиугольник, вершинами которого являются точки M, P, S, Q, N.

Ответ: Искомое сечение – пятиугольник MPSQN, где M и N – середины сторон основания AD и DC, P и Q – середины боковых ребер AE и EC, а точка S лежит на ребре EB так, что $ES = a/4$.

Нахождение площади сечения

Для нахождения площади пятиугольника MPSQN разобьем его на более простые фигуры: прямоугольник MPQN и треугольник PSQ.

1. Рассмотрим четырехугольник MPQN.

• Стороны MP и NQ являются средними линиями в треугольниках EAD и ECD соответственно. Так как боковые грани – равные равносторонние треугольники, то $ED=a$. Следовательно, $MP = NQ = \frac{1}{2}ED = \frac{a}{2}$.
• Сторона MN – средняя линия в $\triangle ADC$, $MN = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
• Отрезок PQ соединяет середины ребер AE и EC. Он является средней линией в $\triangle AEC$, поэтому $PQ \parallel AC$ и $PQ = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
• Так как $MP \parallel ED$ и $NQ \parallel ED$, то $MP \parallel NQ$. Четырехугольник MPQN – трапеция. А так как $MP=NQ$, то это равнобокая трапеция.
• Проверим, является ли MPQN прямоугольником. Для этого нужно доказать, что $MP \perp MN$. Ребро ED перпендикулярно диагонали основания AC (это можно доказать векторно или через теорему о трех перпендикулярах). Так как $MP \parallel ED$ и $MN \parallel AC$, то $MP \perp MN$.
• Следовательно, MPQN – прямоугольник. Его площадь равна: $S_{MPQN} = MP \cdot MN = \frac{a}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.

2. Рассмотрим треугольник PSQ.

• Основание треугольника $PQ = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
• Треугольник PSQ – равнобедренный, так как пирамида симметрична относительно плоскости EBD, а точки P и Q симметричны друг другу. Вершина S лежит в этой плоскости.
• Высота треугольника PSQ, проведенная из вершины S к основанию PQ, равна длине отрезка SK, где K – середина EO, а также середина PQ.
• Найдем длину SK. В плоскости EBD точки имеют следующие координаты, если принять O за начало координат, а OB за ось x: $E(0, \frac{a\sqrt{2}}{2})$, $B(\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$. Точка $K(0, \frac{a\sqrt{2}}{4})$. Точка S делит EB в отношении $1:3$, ее координаты: $S = \frac{3}{4}E + \frac{1}{4}B = (\frac{a\sqrt{2}}{8}, \frac{3a\sqrt{2}}{8})$.
• Расстояние $SK = \sqrt{(\frac{a\sqrt{2}}{8}-0)^2 + (\frac{3a\sqrt{2}}{8} - \frac{a\sqrt{2}}{4})^2} = \sqrt{(\frac{a\sqrt{2}}{8})^2 + (\frac{a\sqrt{2}}{8})^2} = \sqrt{2 \cdot \frac{2a^2}{64}} = \sqrt{\frac{4a^2}{64}} = \sqrt{\frac{a^2}{16}} = \frac{a}{4}$.
• Площадь треугольника PSQ равна: $S_{PSQ} = \frac{1}{2} \cdot PQ \cdot SK = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{a}{4} = \frac{a^2\sqrt{2}}{16}$.

3. Общая площадь сечения. Площадь пятиугольника MPSQN равна сумме площадей прямоугольника MPQN и треугольника PSQ: $S_{MPSQN} = S_{MPQN} + S_{PSQ} = \frac{a^2\sqrt{2}}{4} + \frac{a^2\sqrt{2}}{16} = \frac{4a^2\sqrt{2}}{16} + \frac{a^2\sqrt{2}}{16} = \frac{5a^2\sqrt{2}}{16}$.

Ответ: $S_{сечения} = \frac{5a^2\sqrt{2}}{16}$.