Номер 183, страница 80 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

183. Учитывая, что треугольник $PRQ$ — сечение правильной треугольной пирамиды $HEFG$ плоскостью, проходящей через такую точку $Q$ ребра $FE$, что $FQ : QE = 1 : 2$, и параллельной плоскости $HFG$ (рис. 205):

а) докажите, что треугольники $PRQ$ и $GHF$ подобны;

б) найдите периметр треугольника $PRQ$, учитывая, что сторона основания пирамиды равна 30 см, а боковое ребро — 90 см.

Рис. 205

а)

По условию, секущая плоскость $(PRQ)$ параллельна плоскости грани $(HFG)$.

Рассмотрим пересечение этих параллельных плоскостей с плоскостью основания $(EFG)$.

Плоскость $(PRQ)$ пересекает плоскость $(EFG)$ по прямой $PQ$.

Плоскость $(HFG)$ пересекает плоскость $(EFG)$ по прямой $FG$.

По свойству параллельных плоскостей, если две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью, то линии их пересечения параллельны. Следовательно, $PQ \parallel FG$.

Аналогично рассмотрим пересечение плоскостей $(PRQ)$ и $(HFG)$ с плоскостью боковой грани $(HEF)$.

Плоскость $(PRQ)$ пересекает плоскость $(HEF)$ по прямой $QR$ (так как точки $Q$ и $R$ лежат на ребрах $FE$ и $HE$ этой грани).

Плоскость $(HFG)$ пересекает плоскость $(HEF)$ по прямой $HF$.

Следовательно, $QR \parallel HF$.

И наконец, рассмотрим пересечение плоскостей $(PRQ)$ и $(HFG)$ с плоскостью боковой грани $(HEG)$.

Плоскость $(PRQ)$ пересекает плоскость $(HEG)$ по прямой $PR$ (так как точки $P$ и $R$ лежат на ребрах $EG$ и $HE$ этой грани).

Плоскость $(HFG)$ пересекает плоскость $(HEG)$ по прямой $HG$.

Следовательно, $PR \parallel HG$.

Мы доказали, что стороны треугольника $PRQ$ попарно параллельны сторонам треугольника $GHF$:

• $PQ \parallel FG$
• $QR \parallel HF$
• $PR \parallel HG$

Если стороны одного треугольника соответственно параллельны сторонам другого треугольника, то такие треугольники подобны. Углы этих треугольников будут соответственно равны как углы с сонаправленными (или противонаправленными) сторонами.

Таким образом, треугольник $PRQ$ подобен треугольнику $GHF$ (или, точнее, $ΔPRQ \sim ΔGHF$).

Ответ: Что и требовалось доказать.

б)

Для нахождения периметра треугольника $PRQ$ найдем сначала его стороны. Для этого определим коэффициент подобия $k$ треугольников $PRQ$ и $GHF$.

Из подобия треугольников следует, что $k = \frac{PQ}{FG} = \frac{QR}{HF} = \frac{PR}{HG}$.

Рассмотрим треугольник $FEH$ и параллельные прямые $QR$ и $HF$. По теореме о подобных треугольниках (или обобщенной теореме Фалеса), треугольник $EQR$ подобен треугольнику $EFH$.

Коэффициент их подобия равен отношению $EQ/EF$.

По условию, точка $Q$ делит ребро $FE$ в отношении $FQ : QE = 1 : 2$. Примем $FQ = x$, тогда $QE = 2x$, а вся длина ребра $FE = FQ + QE = x + 2x = 3x$.

Тогда отношение $EQ/EF = \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}$.

Следовательно, коэффициент подобия треугольников $PRQ$ и $GHF$ равен $k = \frac{2}{3}$.

Теперь найдем длины сторон треугольника $GHF$. Пирамида $HEFG$ — правильная, значит, ее основание $EFG$ — равносторонний треугольник, а боковые ребра равны между собой.

Сторона основания $FG = 30$ см.

Боковое ребро $HF = HG = 90$ см.

Периметр треугольника $GHF$ равен: $P_{GHF} = GH + HF + FG = 90 + 90 + 30 = 210$ см.

Периметр треугольника $PRQ$ связан с периметром треугольника $GHF$ через коэффициент подобия:

$P_{PRQ} = k \cdot P_{GHF}$

$P_{PRQ} = \frac{2}{3} \cdot 210 = 2 \cdot \frac{210}{3} = 2 \cdot 70 = 140$ см.

Можно также найти каждую сторону треугольника $PRQ$ отдельно:

• $PQ = k \cdot FG = \frac{2}{3} \cdot 30 = 20$ см.
• $QR = k \cdot HF = \frac{2}{3} \cdot 90 = 60$ см.
• $PR = k \cdot HG = \frac{2}{3} \cdot 90 = 60$ см.

Периметр $P_{PRQ} = PQ + QR + PR = 20 + 60 + 60 = 140$ см.

Ответ: 140 см.