Как найти середину ребра в треугольной пирамиде

2023-02-24   

Дана правильная треугольная пирамида $ABCD$ с вершиной $D$.
а) Докажите, что её сечение плоскостью, проходящей через середину ребра $AB$ параллельно прямым $AD$ и $BC$, — прямоугольник.
б) Найдите расстояние между противоположными рёбрами, если сторона основания равна $6sqrt{3}$, а боковое ребро равно 10.

Решение:

а) Поскольку пирамида правильная, её высота проходит через центр $O$ равностороннего треугольника $ABC$. Ортогональная проекция $AO$ наклонной $AD$ к плоскости основания перпендикулярна прямой $BC$, значит, по теореме о трёх перпендикулярах $ADperp BC$.
Прямая $AD$ параллельна секущей плоскости, а плоскость $ADB$ проходит через эту прямую и имеет с секущей плоскостью общую точку $M$ — середину ребра $AB$, значит, эти плоскости пересекаются по прямой $l$, параллельной $AD$ (см. задачу @H8003). Пусть $L$ — точка пересечения прямой $l$ с ребром $BD$. По теореме Фалеса $L$ — середина $BD$. Аналогично докажем, что секущая плоскость пересекает рёбра $CD$ и $AC$ в их серединах $K$ и $N$ соответственно. Таким образом, сечение пирамиды — четырёхугольник $KLMN$, противоположные стороны которого попарно параллельны. Следовательно, это параллелограмм, а т.к. $KLparallel BC$, $MLparallel AD$ и $ADperp BC$, то $KLMN$ — прямоугольник.
б) Пусть $P$ — середина ребра $BC$, $Q$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $P$ на прямую $AD$. Треугольники $BDC$ и $BAC$ равнобедренные, поэтому их медианы $DP$ и $AP$ являются высотами. Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DP$ и $AP$ плоскости $APD$, значит, прямая $BC$ перпендикулярна этой плоскости, и $PQperp BC$. Следовательно, $PQ$ — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых $BC$ и $AD$, и расстояние между этими прямыми равно длине отрезка $PQ$.
Треугольник $ABC$ равносторонний, поэтому

$AP=frac{ABsqrt{3}}{2}=frac{6sqrt{3}cdotsqrt{3}}{2}=9,~OA=frac{2}{3}AP=6.$

Из прямоугольного треугольника $AOD$ находим, что

$DO=sqrt{DA^{2}-OA^{2}}=sqrt{100-36}=8.$

Записав площадь треугольника $ADP$ двумя способами, получим равенство $frac{1}{2}APcdot DO=frac{1}{2}ADcdot PQ$, откуда находим, что

$PQ=frac{APcdot DO}{AD}=frac{9cdot8}{10}=7{,}2.$

2.5. Пирамида. Правильная пирамида

Одним из важнейших видов многогранников являются пирамиды, с которыми вы уже неоднократно встречались. Любой школьник наверняка сможет отличить пирамиду от многогранника иного вида. Но лишь в этом параграфе даётся формальное определение понятия «пирамида».

Определение 18

n-Угольной пирамидой называется многогранник, имеющий n + 1 грань (т. е. n + 1-гранник), причём одна грань у него — n-угольник, а n оставшихся граней — треугольники с общей вершиной.

n-Угольная грань n-угольной пирамиды называется основанием, а все прочие треугольные грани называются боковыми гранями. Общую для боковых граней вершину называют вершиной пирамиды. Рёбра пирамиды, выходящие из вершины, называют боковыми рёбрами пирамиды.

Простейший многогранник — четырёхгранник или тетраэдр — это также и простейшая пирамида — треугольная. Особенность треугольной пирамиды состоит в том, что любую грань можно рассматривать как основание. (Три другие грани являются соответственно боковыми гранями.) Именно разумный выбор основания может быть залогом успеха решения некоторых задач.

Приведём две полезные теоремы.

Теорема 2.4 (свойство пирамиды с равными боковыми рёбрами)

Если боковые рёбра пирамиды равны между собой, то в основании этой пирамиды лежит многоугольник, около которого можно описать окружность. При этом вершина пирамиды проектируется в центр описанной около основания окружности.

Доказательство. Утверждение теоремы следует из того, что равные наклонные имеют равные проекции. Пусть S — вершина пирамиды, A и B — две какие-то вершины основания, O — проекция S на плоскость основания (рис. 58). Треугольники SAO и SBO — прямоугольные (∠ SOA = ∠ SBO = 90°) с общим катетом SO и равными по условию гипотенузами: SA = SB. Значит , OA = OB. Таким образом, точка O равноудалена от всех вершин основания.

Теорема доказана. ▼

Теорема 2.5 (свойство пирамиды с равными углами между основанием и боковыми гранями)

Если все углы между плоскостями боковых граней и плоскостью основания равны между собой (иными словами, боковые грани наклонены к плоскости основания под равными углами), то все прямые, на которых лежат стороны основания, касаются одной окружности, а вершина пирамиды проектируется в центр этой окружности.

Доказательство. Пусть S — вершина пирамиды, O — проекция S на плоскость основания, AB — какая-то сторона основания, K — проекция S на прямую AB, a — угол между плоскостью основания и плоскостями боковых граней. По определению a ⩽ 90° (в данном случае a ≠ 90°, рис. 59, а); ∠ SKO = a — линейный угол соответствующего двугранного угла. Если SO = h, то OK = SO ctg ∠ SKO = h ctg a. Таким же будет расстояние от O до всех сторон основания. ▼

Замечание. Обратите внимание на то, что в условии теоремы говорится об углах между парами плоскостей — плоскостью основания и плоскостями боковых граней. Утверждение теоремы будет тем более верным, если равны двугранные углы при основании, т. е. двугранные углы, рёбрами которых служат стороны основания и одна из граней которых — полуплоскость, содержащая боковую грань, а другая — полуплоскость, содержащая основание пирамиды. В этом случае вершина проектируется непременно внутрь основания (в случае равенства двугранных углов при основании все эти углы непременно острые), в то время как при условиях, сформулированных в теореме, проекция вершины может оказаться и вне основания (рис. 59, б). Итак, мы можем уточнить утверждение теоремы 2.5.

Если в основании пирамиды лежит выпуклый многоугольник и все двугранные углы при основании равны, то основанием является описанный многоугольник, а вершина проектируется в центр вписанной в основание окружности.

Отрезок SO (S — вершина, O — проекция S на плоскость основания) называется высотой пирамиды, O — основание высоты. Нетрудно теперь переформулировать теоремы 2.3 и 2.4 с использованием терминов «высота пирамиды» и «основание высоты».

В следующей теореме формулируется общее свойство произвольных пирамид.

Теорема 2.6 (свойство параллельных сечений пирамиды)

Сечением пирамиды плоскостью, параллельной основанию, является многоугольник, подобный основанию.

Доказательство. Докажем, что все углы в сечении равны соответствующим углам  основания,  а  стороны сечения  пропорциональны соответствующим сторонам основания. Заметим, что достаточно это сделать для двух соседних сторон основания и соответствующих им сторон сечения.

Пусть A, B, C — три последовательные вершины основания, S — вершина пирамиды, A1, B1, C1 — точки, в которых плоскость, параллельная основанию, пересекает рёбра SA, SB и SC соответственно (рис. 60). Так как A1B1 ‖ AB и B1C1 ‖ BC, то ∠ A1B1C1 = ∠ ABC (см. теорему 1.8). Кроме того, из подобия пар треугольников SA1B1 и SAB, SB1C1 и SBC получаем: A1B1 : AB = SB1 : SB = B1C1 : BC. ▼

Среди множества пирамид выделяется один важный тип пирамид: правильные пирамиды.

Определение 19

Пирамида называется правильной, если в основании её лежит правильный многоугольник, а все боковые рёбра равны между собой.

Приведём определение правильного тетраэдра.

Правильным называется тетраэдр (т. е. треугольная пирамида), у которого все рёбра равны между собой.

Понятно, что правильная треугольная пирамида и правильный тетраэдр — это не одно и то же.

Точки М и N — середины ребер соответственно АВ и СD треугольной пирамиды АВСD, О — точка пересечения медиан грани АВС.

а) Докажите, что прямая DO проходит через середину отрезка MN.

б) Найдите угол между прямыми MN и ВС, если АВСD — правильный тетраэдр.

а) Пусть О — точка пересечения медиан треугольника АВС; М — середина АВ, N — середина CD. Прямые DO и MN лежат в плоскости DMC и пересекаются в точке K.

Покажем, что K — середина MN.

Проведём в плоскости DMC.

Тогда — как средняя линия точка Н — середина ОС.

По свойству медиан треугольника, Пусть , тогда ; , т.к. H — середина OC.

Треугольники МКО и МNH подобны по двум углам,, и это значит, что

K — середина MN.

б) Пусть ABCD — правильный тетраэдр, все его ребра равны. Найдем угол между прямыми MN и BC.

Пусть F — середина AC;

MF — средняя линия треугольника АВС, Угол между прямыми MN и BC равен углу между MN и MF.

— равнобедренный, т.к. ABCD — правильный тетраэдр, MF=FN.

Легко доказать, что скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра попарно перпендикулярны, то есть Действительно, если Е — середина ВС, то АЕ — медиана и высота правильного треугольника АВС, Прямая АЕ — проекция прямой AD на плоскость основания, и по теореме о трех перпендикулярах

Тогда , т.к. Угол

Значит, Это угол между прямыми MN и BC.

Ответ: б)

Задание 14 Профильного ЕГЭ по математике. Стереометрия

Вершины пирамиды находятся в вершинах А, В, С и D, вычислить :
а) Площадь грани ВСD
б) Площадь сечения проходящую через середину ребра АВ, С и D
в) Объем пирамиды АВСD

[math]F (-7, -5, 6), B (-2,5,-3) C(3,-2,4), D(1,2,2)[/math]
а)
[math]overrightarrow{BC}= (5,-7,7)[/math]
[math]overrightarrow{BD}= (3,-3,5)[/math]
Найдем векторное произведение
[math](overrightarrow{BC} mathbf{x} {overrightarrow{BD})[/math] =[math]begin{vmatrix} i & j & k \ 5 & -7 & 7 \ 3 & -3 & 5 end{vmatrix}[/math]=[math]-14vec{i}-4vec{j}+6vec{k}[/math]; [math](-14,-4,6)[/math]
[math]left| overrightarrow{BC} mathbf{x} overrightarrow{BD} right| =sqrt{196+16+36}=sqrt{248}=2sqrt{62}; S_{BCD}= frac{ 1 }{ 2 }(left| overrightarrow{BC} mathbf{x} overrightarrow{BD} right|= frac{ 1 }{ 2 } cdot 2sqrt{62}=sqrt{62}[/math]

б) Найдем координаты точек М-середины ребра CD
[math]X_{M}=frac{ 1 }{ 2 }(3+1)=2; Y_{M}=frac{ 1 }{ 2 }(-2+2)=0; Z_{M}=frac{ 1 }{ 2 }(6)=3;[/math]
Получим М [math]left[ 2,0,3 right][/math]
[math]S=frac{ 1 }{ 2 }left( left| overrightarrow{MA} mathbf{x} overrightarrow{MB} right| right)[/math]

Найдем координаты векторов
[math]overrightarrow{MA}[/math] и [math]overrightarrow{MB}[/math]

[math]overrightarrow{MA}= (-9,-5,3)[/math]
[math]overrightarrow{MB}= (-4,5,-6)[/math]
[math]overrightarrow{MA} mathbf{x} overrightarrow{MB}= begin{vmatrix} i & j & k \ 9 & -5 & 3 \ -4 & 5 & 6 end{vmatrix}= 15vec{i}-66vec{j} -65vec{k}[/math]
[math]left| overrightarrow{MA} mathbf{x} overrightarrow{MB}right| =sqrt{225+4356+4225}=sqrt{8806}[/math]
[math]S=frac{ 1 }{ 2 } cdot sqrt{8806}[/math]
в)
[math]V_{ABCD}=frac{ 1 }{ 6 }left( overrightarrow{AB}overrightarrow{AC} overrightarrow{AD} right)[/math]
Координаты[math]overrightarrow{AB}(5,10,-9)[/math]
[math]overrightarrow{AC}=left( 10,3,-2 right)[/math]
[math]overrightarrow{AD}= left( 8,7,-4 right)[/math]
Найдем смешанное произведение :
[math]begin{vmatrix} 5 & 10 & -9 \ 10 & 3 & -2 \ 8 & 7 & -4 end{vmatrix}=-164[/math]

[math]V_{ABCD}=frac{ 1 }{ 2}left( left| -164 right| right)=frac{ 82 }{3 };[/math]

Надеюсь, что все это писал не зря.
Спасибо.