Номер 299, страница 47 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

299. В основании пирамиды $SABCD$ лежит трапеция $ABCD$, у которой $AD \parallel BC$ и $AD = 2BC$. Плоскость $\alpha$ проходит через середину ребра $AB$ пирамиды $SABCD$ параллельно прямым $AC$ и $SD$. Сделайте соответствующий рисунок в тетради, постройте на нем сечение пирамиды плоскостью $\alpha$ и найдите, в каком отношении плоскость $\alpha$ делит ребро $SB$.

Построение сечения

1. Обозначим точку M — середину ребра AB. Поскольку секущая плоскость $\alpha$ параллельна прямой AC, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания (ABC) будет проходить через точку M и будет параллельна AC. Проведём прямую MN, где $N \in BC$ и $MN \parallel AC$. Так как M — середина AB, то по теореме Фалеса для треугольника ABC, точка N является серединой ребра BC.

2. Проведём диагональ BD в основании. Пусть K — точка пересечения отрезков MN и BD. Рассмотрим треугольник BOC, где O — точка пересечения диагоналей AC и BD. Так как N — середина BC и $NK \parallel OC$ (поскольку $MN \parallel AC$), то NK является средней линией треугольника BOC. Следовательно, K — середина отрезка BO.

3. Так как плоскость $\alpha$ параллельна прямой SD, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью (SBD) будет проходить через точку K (которая лежит на MN и, следовательно, в плоскости $\alpha$) и будет параллельна SD. Проведём прямую KP, где $P \in SB$ и $KP \parallel SD$. Точка P является одной из вершин искомого сечения.

4. Прямые MP и NP являются линиями пересечения плоскости $\alpha$ с гранями (SAB) и (SBC) соответственно. Продлим прямую MP до пересечения с ребром SA в точке L. Продлим прямую NP до пересечения с ребром SC в точке Q. Точки L и Q — вершины сечения.

5. Поскольку плоскость $\alpha$ параллельна SD, то линия пересечения $\alpha$ с гранью (SAD) должна быть параллельна SD. Проведём через точку L (которая лежит на SA и в плоскости $\alpha$) прямую LT, параллельную SD, где $T \in AD$. Точка T — вершина сечения.

6. Аналогично, в грани (SCD) проведём через точку Q прямую QR, параллельную SD, где $R \in CD$. Точка R — вершина сечения.

7. Соединив последовательно точки, получим искомое сечение — пятиугольник LPQRT. (Примечание: точки M и N лежат на сторонах этого пятиугольника, а именно M лежит на LP, а N лежит на PQ, но не являются его вершинами, так как не лежат на ребрах SA, SB, SC, SC, CD, DA).

В результате построено сечение — пятиугольник LPQRT.

Нахождение, в каком отношении плоскость $\alpha$ делит ребро SB

Плоскость $\alpha$ пересекает ребро SB в точке P. Нам необходимо найти отношение $BP:PS$ или $SP:PB$.

1. Из построения сечения мы знаем, что точка P лежит на ребре SB, и $KP \parallel SD$, где K — точка пересечения MN и BD.

2. Рассмотрим треугольник SBD. По теореме Фалеса (или из подобия треугольников $\triangle BKP$ и $\triangle BDS$), отношение $\frac{BP}{BS}$ равно отношению $\frac{BK}{BD}$.

3. Найдём отношение $\frac{BK}{BD}$. В основании лежит трапеция ABCD, в которой $AD \parallel BC$ и $AD = 2BC$. Пусть диагонали AC и BD пересекаются в точке O.

4. Треугольники $\triangle BOC$ и $\triangle DOA$ подобны по двум углам ($\angle BOC = \angle DOA$ как вертикальные, $\angle CBO = \angle ADO$ как накрест лежащие при параллельных прямых AD и BC и секущей BD).

5. Из подобия следует, что $\frac{BO}{DO} = \frac{BC}{AD} = \frac{1}{2}$. Отсюда $DO = 2BO$.

6. Вся диагональ $BD = BO + DO = BO + 2BO = 3BO$.

7. Как было установлено в построении, точка K является серединой отрезка BO, так как NK — средняя линия в треугольнике BOC. Следовательно, $BK = \frac{1}{2}BO$.

8. Теперь мы можем найти искомое отношение:$\frac{BK}{BD} = \frac{\frac{1}{2}BO}{3BO} = \frac{1}{6}$.

9. Так как $\frac{BP}{BS} = \frac{BK}{BD}$, то $\frac{BP}{BS} = \frac{1}{6}$.

10. Это означает, что $BP = \frac{1}{6}SB$. Тогда другая часть ребра, $PS = SB - BP = SB - \frac{1}{6}SB = \frac{5}{6}SB$.

11. Искомое отношение равно $\frac{BP}{PS} = \frac{\frac{1}{6}SB}{\frac{5}{6}SB} = \frac{1}{5}$.

Таким образом, плоскость $\alpha$ делит ребро SB в отношении 1:5, считая от вершины B.

Ответ: $1:5$.