Математика 10 класс 10-М-6

5. Примеры решения задач на сечения многогранников

Здесь мы разберём решения некоторых задач, связанных с определением вида сечения, вычислением периметров, площадей сечений, отношений, в которых секущая плоскость делит рёбра многогранника и т. п. При этом, чтобы не загромождать изложение, мы подробно не будем описывать само построение сечения, тем не менее, когда вы будете решать подобные задачи, не забывайте аккуратно обосновать построение сечения (даже если в условии задачи не сказано «построить сечение»).

Пример 8

В основании треугольной пирамиды SABCSABC лежит правильный треугольник ABCABC. Точки PP, QQ и RR взяты на медианах SP1SP_1, SQ1SQ_1 и SR1SR_1 граней SABSAB, SBCSBC и SCASCA соответственно так, что SP:PP1=2:1SP:PP_1 = 2:1, SQ:QQ1=2:3SQ:QQ_1 = 2:3, a RR – середина отрезка SR1SR_1. Построить сечение пирамиды плоскостью PQRPQR и определить, в каком отношении эта плоскость делит ребро SBSB.

дОКАЗАТЕЛЬСТВО

Сначала построим след секущей плоскости на плоскости основания пирамиды, соединив прямой точки XX и YY пересечения прямых PRPR, P1R1P_1R_1 и PQPQ, P1Q1P_1Q_1 (рис. 14). Уточним теперь положение точек XX и YY, найдя отношения XP1:XR1XP_1:XR_1 и YP1:YQ1YP_1:YQ_1.

        

Для их вычисления воспользуемся известной из планиметрии теоремой Менелая. Согласно этой теореме, применённой к треугольнику SP1R1SP_1R_1 (рис. 15),

R1RRS·SPPP1·P1XXR1=1\dfrac{R_1R}{RS} \cdot \dfrac{SP}{PP_1} \cdot \dfrac{P_1X}{XR_1} = 1, следовательно, 1·R1XXP1·12=1 1 \cdot \dfrac{R_1X}{XP_1} \cdot \dfrac{1}{2} = 1, откуда XP1XR1=12 \dfrac{XP_1}{XR_1} = \dfrac{1}{2}

Аналогично из треугольника SP1Q1SP_1Q_1 находим, что YP1YQ1=13\dfrac{YP_1}{YQ_1} = \dfrac{1}{3}

Обратимся теперь к рис. 16. Так как YP1YQ1=13\dfrac{YP_1}{YQ_1} = \dfrac{1}{3}, то YP1P1Q1=12\dfrac{YP_1}{P_1Q_1} = \dfrac{1}{2} или YP1AR1=12\dfrac{YP_1}{AR_1} = \dfrac{1}{2} (так как P1Q1=AR1P_1Q_1 = AR_1), а раз XP1XR1=12\dfrac{XP_1}{XR_1} = \dfrac{1}{2} и YP1X=AR1X\angle YP_1X = \angle AR_1X, то YP1XAR1X\triangle YP_1X \sim \triangle AR_1X, следовательно, точки XX, YY и AA лежат на одной прямой (причём YY – середина отрезка AXAX). Теперь уже легко достроить сечение (рис. 17).

         

Чтобы найти SM:MBSM:MB  (MM – точка пересечения APAP и SBSB), обратимся к рис. 18. Как известно из планиметрии, точка PP, делящая медиану SP1SP_1 в отношении 2:12:1, считая от вершины SS, является точкой пересечения медиан треугольника ASBASB. Поэтому AMAM – медиана этого треугольника и SM:MB=1:1SM:MB = 1:1.

Замечание 

При решении этой задачи мы использовали теорему Менелая, напомним без доказательства, в чём она заключается.

Если на сторонах BCBC, ACAC, ABAB треугольника ABCABC (рис. 19) или их продолжениях взяты три точки A1A_1, B1B_1, C1C_1, то эти три точки лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда выполнено равенство

AC1C1B·BA1A1C·CB1B1A=1\dfrac{AC_1}{C_1B} \cdot \dfrac{BA_1}{A_1C} \cdot \dfrac{CB_1}{B_1A} = 1.

Отметим, что в данной задаче можно было бы найти отношение XP:XR1XP:XR_1  (см. рис. 15) и без теоремы Менелая. Например, провести прямую RKXR1RK \parallel XR_1 (см. рис. 20).

Тогда из подобия треугольников SKRSKR и SP1R1SP_1R_1 следует, что SK:SP1= 1:2SK:SP_1 = 1:2. Следовательно, KP:PP1=1:2KP:PP_1 = 1:2 и KR:XP1=KR:P1R1=1:2KR:XP_1 = KR:P_1R_1 = 1:2. Значит, XP1=P1R1XP_1 = P_1R_1, и XP1:XR1=1:2XP_1:XR_1 = 1:2. Аналогично находится отношение YP1:YQ1YP_1:YQ_1.