Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF равна 6. Боковое ребро наклонено к основанию под углом 60°. Через меньшую диагональ основания AC проведено сечение, которое пересекает высоту пирамиды в точке, удаленной от основания на расстояние $\sqrt{аргумента: 3} аргумента$
а) Докажите, что это сечение перпендикулярно противоположному к АС боковому ребру пирамиды SE.
б) Найдите площадь сечения.
а) Докажите, что это сечение перпендикулярно противоположному к АС боковому ребру пирамиды SE.
б) Найдите площадь сечения.
💡 Пошаговый разбор и решение:
[рис.] а) Пусть искомое сечение пересекает высоту SO в точке P, а ребро SE — в точке M. Пусть точка M — середина AC. Рассмотрим = бедренный треугольник BSE. Поскольку угол SBE = 60°, то треугольник BSE = сторонний. Имеем:
$BM = AB \cdot \sin 30 ^{\circ} = 3$
$BE = 2 BO = 2 AB = 12$
$SO = BO \cdot \text{tg} 60 ^{\circ} =6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
откуда $\frac{SP}{PO} = \frac{5}{1}$ По теореме Менелая для треугольника OSE и секущей MPH получим:
$\frac{SH}{HE} \cdot $\frac{EM}{MO}$ \cdot $\frac{OP}{PS}$ = 1 = сильно $\frac{SH}{HE}$ \cdot $\frac{3}{1}$ \cdot $\frac{1}{5}$ = 1 = сильно $\frac{SH}{HE}$ = \frac{5}{3}$
Выразим HE:
$HE = $\frac{3}{8}$ \cdot 12 = $\frac{9}{2}$ = \frac{ME}{2}$
откуда $HE = ME \cdot \cos 60 в степени circ$ значит, прямая MH перпендикулярна прямой HE. Тогда плоскость ACH перпендикулярна прямой SE, поскольку прямая AC тоже перпендикулярна прямой SE по теореме о трех перпендикулярах.
б) Пусть сечение проходит через точку R на прямой SF и через точку T на прямой SD. Заметим, что точка P лежит в плоскостях ACH и CSF, значит, точка P принадлежит прямой CR. Аналогично точка P принадлежит прямой AT. По теореме Менелая для треугольника SFO и секущей CR имеем:
$\frac{OP}{PS} \cdot $\frac{SR}{RF}$ \cdot $\frac{FC}{CO}$ = 1 = сильно $\frac{1}{5}$ \cdot $\frac{SR}{RF}$ \cdot $\frac{2}{1}$ = 1 = сильно $\frac{SR}{RF}$ = \frac{5}{2}$
Аналогично $\frac{ST}{TD} = \frac{5}{2}$ откуда
$KE = $\frac{5}{7}$ FD = $\frac{5}{7}$ \cdot FE \cdot $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7}$
Пусть прямая RT пересекает прямую MH в точке K. Имеем:
$\frac{MP}{PK} = $\frac{MC}{KR}$ = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{\tfrac30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента 7} = \frac{7}{5}$
$MH = ME \cdot \sin 60 ^{\circ} = \frac{9 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$
$MP = $\sqrt{аргумента: MO ^2 + OP ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 9 + 3}$ аргумента = 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
откуда находим:
$PK = $\frac{5}{12}$ \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6}$
$HK = \frac{9 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} - $\frac{17}{12}$ \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{10 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} = \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3}$
Площадь сечения ACTHR равна
$S_ACTHR = S_ACTR + S_HTR = $\frac{1}{2}$ \cdot MK \cdot ( AC + RT ) + $\frac{1}{2}$ \cdot HK \cdot RT =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{17 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} \cdot ( 6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} ) + $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3} \cdot \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} = $\frac{51}{2}$ + $\frac{255}{14}$ + $\frac{150}{14}$ = \frac{381}{7}$ $S_ACTHR = S_ACTR + S_HTR = $\frac{1}{2}$ \cdot MK \cdot ( AC + RT ) + $\frac{1}{2}$ \cdot HK \cdot RT =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{17 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} \cdot ( 6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} ) + $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3} \cdot \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} =$
$= $\frac{51}{2}$ + $\frac{255}{14}$ + $\frac{150}{14}$ = \frac{381}{7}$ $S_ACTHR = S_ACTR + S_HTR =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot MK \cdot ( AC + RT ) + $\frac{1}{2}$ \cdot HK \cdot RT =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{17 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} \cdot ( 6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} ) + $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3} \cdot \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} =$
$= $\frac{51}{2}$ + $\frac{255}{14}$ + $\frac{150}{14}$ = \frac{381}{7}$
Ответ: б) $\frac{381}{7}$
$BM = AB \cdot \sin 30 ^{\circ} = 3$
$BE = 2 BO = 2 AB = 12$
$SO = BO \cdot \text{tg} 60 ^{\circ} =6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
откуда $\frac{SP}{PO} = \frac{5}{1}$ По теореме Менелая для треугольника OSE и секущей MPH получим:
$\frac{SH}{HE} \cdot $\frac{EM}{MO}$ \cdot $\frac{OP}{PS}$ = 1 = сильно $\frac{SH}{HE}$ \cdot $\frac{3}{1}$ \cdot $\frac{1}{5}$ = 1 = сильно $\frac{SH}{HE}$ = \frac{5}{3}$
Выразим HE:
$HE = $\frac{3}{8}$ \cdot 12 = $\frac{9}{2}$ = \frac{ME}{2}$
откуда $HE = ME \cdot \cos 60 в степени circ$ значит, прямая MH перпендикулярна прямой HE. Тогда плоскость ACH перпендикулярна прямой SE, поскольку прямая AC тоже перпендикулярна прямой SE по теореме о трех перпендикулярах.
б) Пусть сечение проходит через точку R на прямой SF и через точку T на прямой SD. Заметим, что точка P лежит в плоскостях ACH и CSF, значит, точка P принадлежит прямой CR. Аналогично точка P принадлежит прямой AT. По теореме Менелая для треугольника SFO и секущей CR имеем:
$\frac{OP}{PS} \cdot $\frac{SR}{RF}$ \cdot $\frac{FC}{CO}$ = 1 = сильно $\frac{1}{5}$ \cdot $\frac{SR}{RF}$ \cdot $\frac{2}{1}$ = 1 = сильно $\frac{SR}{RF}$ = \frac{5}{2}$
Аналогично $\frac{ST}{TD} = \frac{5}{2}$ откуда
$KE = $\frac{5}{7}$ FD = $\frac{5}{7}$ \cdot FE \cdot $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7}$
Пусть прямая RT пересекает прямую MH в точке K. Имеем:
$\frac{MP}{PK} = $\frac{MC}{KR}$ = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{\tfrac30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента 7} = \frac{7}{5}$
$MH = ME \cdot \sin 60 ^{\circ} = \frac{9 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$
$MP = $\sqrt{аргумента: MO ^2 + OP ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 9 + 3}$ аргумента = 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
откуда находим:
$PK = $\frac{5}{12}$ \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6}$
$HK = \frac{9 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} - $\frac{17}{12}$ \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{10 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} = \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3}$
Площадь сечения ACTHR равна
$S_ACTHR = S_ACTR + S_HTR = $\frac{1}{2}$ \cdot MK \cdot ( AC + RT ) + $\frac{1}{2}$ \cdot HK \cdot RT =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{17 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} \cdot ( 6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} ) + $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3} \cdot \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} = $\frac{51}{2}$ + $\frac{255}{14}$ + $\frac{150}{14}$ = \frac{381}{7}$ $S_ACTHR = S_ACTR + S_HTR = $\frac{1}{2}$ \cdot MK \cdot ( AC + RT ) + $\frac{1}{2}$ \cdot HK \cdot RT =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{17 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} \cdot ( 6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} ) + $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3} \cdot \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} =$
$= $\frac{51}{2}$ + $\frac{255}{14}$ + $\frac{150}{14}$ = \frac{381}{7}$ $S_ACTHR = S_ACTR + S_HTR =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot MK \cdot ( AC + RT ) + $\frac{1}{2}$ \cdot HK \cdot RT =$
$= $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{17 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{6} \cdot ( 6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} ) + $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3} \cdot \frac{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7} =$
$= $\frac{51}{2}$ + $\frac{255}{14}$ + $\frac{150}{14}$ = \frac{381}{7}$
Ответ: б) $\frac{381}{7}$
Правильный ответ:
б) $дробь: числитель: 381, знаменатель: 7 конец дроби$
📚 Похожие разобранные задания по предмету:
ID 69800 • Задание №16
1 апреля 2015 года близнецы Саша и Паша планируют взять в кредит одинаковые суммы денег на покупку автомобилей...
ID 71685 • Задание №19
Целое число S является суммой не менее трех последовательных членов непостоянной арифметической прогрессии, со...
Официальные критерии проверки ФИПИ:
Критерии проверки:
Критерии оценивания выполнения задания | Баллы
Имеется верное доказательство утверждения пункта а), и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3
Получен обоснованный ответ в пункте б)
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а), и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2
Имеется верное доказательство утверждения пункта а),
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1
Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0
Максимальный балл | 3
Критерии оценивания выполнения задания | Баллы
Имеется верное доказательство утверждения пункта а), и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3
Получен обоснованный ответ в пункте б)
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а), и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2
Имеется верное доказательство утверждения пункта а),
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1
Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0
Максимальный балл | 3
🔗 Другие задания линии №14 по предмету Математика. Профильный уровень:
ID 67919
Дана прямая треугольная призма ABCA1B1C1, двугранный угол призмы при ребре AA1 равен 60°.
а) Д...
ID 67920
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона AB основания равна $2 корень из 3$ а высота...
ID 67921
В правильной треугольной призме ABCA1B1C1 все рёбра равны 1.
а) Докажите, что расстояние между...
ID 67922
Основанием прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 является прямоугольный треугольник ABC с прямым ...
ID 67923
Расстояние между боковыми ребрами AA1 и BB1 прямой треугольной призмы ABCA1B1C1 равно 5, а расс...