Номер 211, страница 92 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

211. Дана правильная четырёхугольная пирамида $FGHIJ$ с углом грани $HFI$ при вершине $F$, равным $60^\circ$. Через некоторую точку $Q$ ребра $GJ$ проведено сечение плоскостью, параллельной грани $FJI$. Найдите периметр этого сечения, учитывая, что длина его диагонали равна $14$ см, а $GQ = 6$ см.

По условию дана правильная четырёхугольная пирамида FGHIJ. Это означает, что в её основании лежит квадрат GHIJ, а вершина F проецируется в центр этого квадрата. Все боковые рёбра пирамиды равны между собой (FG = FH = FI = FJ), и все стороны основания равны между собой (GH = HI = IJ = JG).

Рассмотрим грань HFI. В условии сказано, что это грань с углом при вершине F, равным 60°. В правильной пирамиде боковые грани являются равнобедренными треугольниками. Треугольник FHI является боковой гранью, так как HI — это ребро основания. В этом треугольнике боковые стороны FH и FI равны. Так как угол между ними $\angle HFI = 60°$, то треугольник FHI является равносторонним.

Следовательно, все его стороны равны: $FH = FI = HI$.

Пусть длина ребра основания равна a. Тогда $HI = a$. Из равностороннего треугольника FHI следует, что боковые рёбра FH и FI также равны a. Поскольку пирамида правильная, все её боковые рёбра равны, и все рёбра основания равны. Таким образом, все рёбра пирамиды (и боковые, и основания) имеют одинаковую длину a.

$FG = FH = FI = FJ = GH = HI = IJ = JG = a$.

Далее, через точку Q на ребре GJ проведено сечение плоскостью $\alpha$, параллельной грани FJI. Найдём, какой многоугольник является этим сечением. Для этого определим точки пересечения плоскости $\alpha$ с рёбрами пирамиды.

Пусть сечение пересекает рёбра JG, FG, FH, HI в точках Q, R, P, S соответственно.

1. Так как плоскость сечения $\alpha$ параллельна плоскости грани (FJI), то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания (GHIJ) должна быть параллельна линии пересечения (FJI) с (GHIJ), то есть ребру JI. Сечение проходит через точку Q на ребре JG, значит, в плоскости основания строим прямую QS, параллельную JI, где S — точка на ребре HI.
2. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с гранью (FGJ) должна быть параллельна линии пересечения (FJI) с (FGJ), то есть ребру FJ. Через точку Q проводим прямую QR, параллельную FJ, где R — точка на ребре FG.
3. Аналогично, в грани (FHI) строим прямую SP, параллельную ребру FI, где P — точка на ребре FH.
4. Точки R и P соединяются отрезком RP, который лежит в грани (FGH). Так как плоскости (FJI) и (FGH) пересекаются по прямой, проходящей через вершину F и параллельной рёбрам JI и GH (поскольку $JI \parallel GH$), то и линия сечения RP должна быть параллельна GH.

Таким образом, сечение представляет собой четырёхугольник QRPS. Так как $RP \parallel GH$ и $QS \parallel JI$, а $GH \parallel JI$, то $RP \parallel QS$. Следовательно, QRPS — трапеция.

Найдём длины сторон этой трапеции. Пусть $GQ = 6$ см.

В основании GHIJ имеем: Q на JG, S на HI, $QS \parallel JI$. Так как $JG \parallel HI$ и $JI \perp JG$, то QSIJ — прямоугольник. Отсюда $QS = JI = a$. Также $QJ = SI$.

Из подобия треугольников $\triangle GQR$ и $\triangle GFJ$ (так как $QR \parallel FJ$) следует: $\frac{QR}{FJ} = \frac{GQ}{GJ} = \frac{GR}{GF}$. Поскольку $FJ=a$, $GJ=a$ и $GQ=6$, получаем: $QR = FJ \cdot \frac{GQ}{GJ} = a \cdot \frac{6}{a} = 6$ см.

Из подобия треугольников $\triangle HSP$ и $\triangle HFI$ (так как $SP \parallel FI$) следует: $\frac{SP}{FI} = \frac{HS}{HI}$. Найдём HS. $HS = HI - SI = HI - QJ = a - (GJ - GQ) = a - (a - 6) = 6$ см. Поскольку $FI=a$ и $HI=a$, получаем: $SP = FI \cdot \frac{HS}{HI} = a \cdot \frac{6}{a} = 6$ см.

Так как боковые стороны трапеции $QR$ и $SP$ равны, трапеция QRPS является равнобедренной.

Теперь найдём длину верхнего основания RP. Из подобия треугольников $\triangle FRP$ и $\triangle FGH$ (так как $RP \parallel GH$): $\frac{RP}{GH} = \frac{FR}{FG}$. $GR = GF \cdot \frac{GQ}{GJ} = a \cdot \frac{6}{a} = 6$ см. $FR = FG - GR = a - 6$. $RP = GH \cdot \frac{FR}{FG} = a \cdot \frac{a-6}{a} = a-6$ см.

Итак, сечение — это равнобедренная трапеция QRPS со сторонами:

• Нижнее основание $QS = a$
• Верхнее основание $RP = a - 6$
• Боковые стороны $QR = SP = 6$

По условию, длина диагонали сечения равна 14 см. Найдём длину диагонали, например, RS. Для этого воспользуемся теоремой Пифагора в пространстве. Проведём высоту трапеции RH' из точки R на основание QS. В равнобедренной трапеции длина проекции боковой стороны на большее основание равна полуразности оснований: $QH' = \frac{QS-RP}{2} = \frac{a-(a-6)}{2} = 3$ см.

Высоту трапеции h_трап = RH' найдём из прямоугольного треугольника QRH': $h_{трап}^2 = QR^2 - QH'^2 = 6^2 - 3^2 = 36 - 9 = 27$.

Теперь рассмотрим диагональ RS. Её проекция на плоскость основания — это отрезок H'S. $H'S = QS - QH' = a - 3$. Диагональ RS является гипотенузой в прямоугольном треугольнике RH'S (в данном случае, треугольник не лежит в плоскости сечения, но высота трапеции перпендикулярна основанию). Длина диагонали трапеции вычисляется по формуле $d^2 = h_{трап}^2 + (\text{проекция диагонали на основание})^2$. $RS^2 = RH'^2 + H'S^2 = 27 + (a-3)^2$.

По условию $RS=14$ см. $14^2 = 27 + (a-3)^2$ $196 = 27 + (a-3)^2$ $(a-3)^2 = 196 - 27 = 169$ $a-3 = \sqrt{169} = 13$ (мы берём положительный корень, так как $a>6$, следовательно $a-3>0$) $a = 13 + 3 = 16$ см.

Мы нашли длину ребра пирамиды a. Теперь можем найти периметр сечения P_QRPS. $P_{QRPS} = QS + RP + QR + SP = a + (a-6) + 6 + 6 = 2a + 6$. Подставим значение $a = 16$: $P_{QRPS} = 2 \cdot 16 + 6 = 32 + 6 = 38$ см.

Ответ: 38 см.