Номер 1209, страница 316 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи повышенной трудности. Параграф 1. Многогранники - номер 1209, страница 316.

Условие.

1209*Через точку $H_1$ высоты $PH$ пирамиды $PA_1A_2...A_n$ проведена секущая плоскость $\beta$, параллельная плоскости $\alpha$ её основания.

Докажите, что площадь полученного сечения равна $(\frac{PH_1}{PH})^2 \cdot S$, где $S$ — площадь основания пирамиды.

Решение

Докажем это утверждение сначала для треугольной пирамиды, а затем — для произвольной пирамиды.

Рассмотрим треугольную пирамиду $PA_1A_2A_3$ и докажем, что рассматриваемое сечение представляет собой треугольник $B_1B_2B_3$, подобный треугольнику $A_1A_2A_3$ с коэффициентом подобия $k = \frac{PH_1}{PH}$ (рис. 358, а). Прямоугольные треугольники $PHA_1$ и $PH_1B_1$ подобны по двум углам (угол $P$ — общий; $\angle PH_1B_1 = \angle PHA_1 = 90^\circ$, так как в противном случае прямые $HA_1$ и $H_1B_1$, а значит, и плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекались бы, что противоречит условию), поэтому $\frac{PB_1}{PA_1} = \frac{PH_1}{PH} = k$. Аналогично из подобия треугольников $PHA_2$ и $PH_1B_2$ находим: $\frac{PB_2}{PA_2} = \frac{PH_1}{PH}$.

Рис. 358

Таким образом, $\frac{PB_1}{PA_1} = \frac{PB_2}{PA_2} = k$, откуда следует, что треугольники $PB_1B_2$ и $PA_1A_2$ подобны по второму признаку подобия треугольников. Поэтому $\frac{B_1B_2}{A_1A_2} = k$. Точно так же доказывается, что $\frac{B_2B_3}{A_2A_3} = k$ и $\frac{B_3B_1}{A_3A_1} = k$. Таким образом, треугольники $B_1B_2B_3$ и $A_1A_2A_3$ подобны с коэффициентом подобия $k = \frac{PH_1}{PH}$, и, следовательно, площадь треугольника $B_1B_2B_3$ равна $(\frac{PH_1}{PH})^2 \cdot S$.

Рассмотрим теперь произвольную пирамиду. Её можно разбить на треугольные пирамиды с общей высотой $PH$ (на рисунке 358, б показано разбиение выпуклой пятиугольной пирамиды). Поэтому площадь сечения равна

$S_{B_1B_2B_3} + \dots + S_{B_1B_{n-1}B_n} = (\frac{PH_1}{PH})^2 \cdot (S_{A_1A_2A_3} + \dots + S_{A_1A_{n-1}A_n}) = (\frac{PH_1}{PH})^2 \cdot S$.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 9.

Решение 10.

Решение

Доказательство проведем в два этапа. Сначала докажем утверждение для треугольной пирамиды, а затем обобщим его для произвольной n-угольной пирамиды.

1. Случай треугольной пирамиды.

Рассмотрим треугольную пирамиду $PA_1A_2A_3$ с основанием $\triangle A_1A_2A_3$ в плоскости $\alpha$ и высотой $PH$. Пусть секущая плоскость $\beta$ проходит через точку $H_1$ на высоте $PH$ параллельно плоскости $\alpha$. Плоскость $\beta$ пересекает боковые ребра пирамиды в точках $B_1, B_2, B_3$, образуя в сечении треугольник $\triangle B_1B_2B_3$.

Рассмотрим треугольники $\triangle PH_1B_1$ и $\triangle PHA_1$. Они являются прямоугольными, так как $PH \perp \alpha$, а значит $PH \perp HA_1$. Поскольку $\beta \parallel \alpha$, то $PH \perp \beta$, и следовательно, $PH \perp H_1B_1$. Таким образом, $\angle PH_1B_1 = \angle PHA_1 = 90^\circ$. Угол при вершине $P$ у этих треугольников общий. Следовательно, треугольники $\triangle PH_1B_1$ и $\triangle PHA_1$ подобны по двум углам.

Из подобия следует пропорциональность соответствующих сторон:
$\frac{PB_1}{PA_1} = \frac{PH_1}{PH}$

Аналогично, рассмотрев другие боковые ребра, получим:
$\frac{PB_2}{PA_2} = \frac{PH_1}{PH}$ и $\frac{PB_3}{PA_3} = \frac{PH_1}{PH}$

Таким образом, $\frac{PB_1}{PA_1} = \frac{PB_2}{PA_2} = \frac{PB_3}{PA_3} = \frac{PH_1}{PH}$. Обозначим этот коэффициент подобия как $k$.

Теперь рассмотрим боковую грань $PA_1A_2$. Так как секущая плоскость $\beta$ параллельна плоскости основания $\alpha$, то линия их пересечения с плоскостью грани $PA_1A_2$, то есть прямые $B_1B_2$ и $A_1A_2$, параллельны: $B_1B_2 \parallel A_1A_2$.

Из параллельности прямых следует, что $\triangle PB_1B_2 \sim \triangle PA_1A_2$. Коэффициент подобия этих треугольников равен отношению боковых сторон:
$\frac{B_1B_2}{A_1A_2} = \frac{PB_1}{PA_1} = k$

Проводя те же рассуждения для граней $PA_2A_3$ и $PA_3A_1$, получаем:
$\frac{B_2B_3}{A_2A_3} = k$ и $\frac{B_3B_1}{A_3A_1} = k$

Мы получили, что все стороны треугольника $\triangle B_1B_2B_3$ пропорциональны соответствующим сторонам треугольника $\triangle A_1A_2A_3$ с одним и тем же коэффициентом $k = \frac{PH_1}{PH}$. Следовательно, $\triangle B_1B_2B_3 \sim \triangle A_1A_2A_3$ (по третьему признаку подобия).

Отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подобия. Обозначим площадь сечения $S_{сеч} = S_{B_1B_2B_3}$ и площадь основания $S = S_{A_1A_2A_3}$. Тогда:
$\frac{S_{сеч}}{S} = k^2 = \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2$

Отсюда, $S_{сеч} = \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 \cdot S$. Утверждение для треугольной пирамиды доказано.

2. Случай произвольной n-угольной пирамиды.

Рассмотрим произвольную n-угольную пирамиду $PA_1A_2...A_n$. Ее основание, многоугольник $A_1A_2...A_n$, можно разбить диагоналями, проведенными из одной вершины (например, $A_1$), на $n-2$ треугольника: $\triangle A_1A_2A_3, \triangle A_1A_3A_4, ..., \triangle A_1A_{n-1}A_n$.

Соответственно, вся n-угольная пирамида разбивается на $n-2$ треугольные пирамиды с общей вершиной $P$ и общей высотой $PH$: $PA_1A_2A_3, PA_1A_3A_4, \dots$

Площадь основания исходной пирамиды $S$ равна сумме площадей оснований этих треугольных пирамид:
$S = S_{A_1A_2A_3} + S_{A_1A_3A_4} + \dots + S_{A_1A_{n-1}A_n}$

Секущая плоскость $\beta$ пересечет каждую из этих треугольных пирамид, и площадь сечения исходной пирамиды $S_{сеч}$ будет равна сумме площадей сечений треугольных пирамид:
$S_{сеч} = S_{B_1B_2B_3} + S_{B_1B_3B_4} + \dots + S_{B_1B_{n-1}B_n}$

Для каждой треугольной пирамиды мы уже доказали, что площадь ее сечения связана с площадью ее основания соотношением:
$S_{сеч.i} = \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 \cdot S_{осн.i}$

Тогда, суммируя площади сечений всех треугольных пирамид, получим:
$S_{сеч} = \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 S_{A_1A_2A_3} + \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 S_{A_1A_3A_4} + \dots + \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 S_{A_1A_{n-1}A_n}$

Вынесем общий множитель за скобки:
$S_{сеч} = \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 (S_{A_1A_2A_3} + S_{A_1A_3A_4} + \dots + S_{A_1A_{n-1}A_n})$

Сумма в скобках есть не что иное, как площадь основания исходной n-угольной пирамиды $S$. Следовательно:
$S_{сеч} = \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 \cdot S$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Площадь сечения пирамиды плоскостью, параллельной основанию и проходящей через точку $H_1$ на высоте $PH$, равна $S_{сеч} = \left(\frac{PH_1}{PH}\right)^2 \cdot S$, где $S$ - площадь основания пирамиды.