Номер 239, страница 96 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

239. Точка $Q$ является центром квадратного основания $ABCD$, а точка $K$ — серединой ребра $PA$ четырёхугольной пирамиды $PABCD$, все рёбра которой равны 100. Начертите сечение пирамиды и найдите его площадь, учитывая, что плоскость сечения проходит через точку $K$ и перпендикулярна прямой:

a) $AC$;

б) $PA$;

в) $PQ$;

г) $BD$.

Сначала определим основные параметры правильной четырехугольной пирамиды PABCD. Основание ABCD — квадрат со стороной 100. Все ребра равны 100, следовательно, боковые грани PAB, PBC, PCD, PDA — равносторонние треугольники со стороной 100. Точка Q — центр основания, точка пересечения диагоналей AC и BD. Длина диагонали основания: $AC = BD = \sqrt{100^2 + 100^2} = 100\sqrt{2}$. Половина диагонали: $AQ = QC = BQ = QD = \frac{100\sqrt{2}}{2} = 50\sqrt{2}$. Высоту пирамиды PQ найдем из прямоугольного треугольника PQA: $PQ = \sqrt{PA^2 - AQ^2} = \sqrt{100^2 - (50\sqrt{2})^2} = \sqrt{10000 - 5000} = \sqrt{5000} = 50\sqrt{2}$. Точка K — середина ребра PA, поэтому $AK = KP = 50$.

а) AC;

Искомая плоскость сечения $\alpha$ проходит через точку K и перпендикулярна прямой AC. По свойству диагоналей квадрата, $BD \perp AC$. Высота пирамиды $PQ$ перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости, поэтому $PQ \perp AC$. Так как две пересекающиеся прямые BD и PQ перпендикулярны прямой AC, то содержащая их плоскость PBD перпендикулярна прямой AC. Следовательно, любая плоскость, перпендикулярная AC, будет параллельна плоскости PBD. Таким образом, плоскость сечения $\alpha$ проходит через точку K и параллельна плоскости PBD.

Построим сечение. Проведем через точку K прямые, параллельные прямым, лежащим в плоскости PBD. В плоскости грани PAD проведем через K прямую, параллельную PD. Так как K — середина PA, по теореме Фалеса эта прямая пересечет ребро AD в его середине, точке L. Отрезок KL — средняя линия треугольника PAD, поэтому $KL = \frac{1}{2}PD = \frac{1}{2} \cdot 100 = 50$. В плоскости грани PAB проведем через K прямую, параллельную PB. Она пересечет ребро AB в его середине, точке R. Отрезок KR — средняя линия треугольника PAB, поэтому $KR = \frac{1}{2}PB = \frac{1}{2} \cdot 100 = 50$. Точки L и R лежат в плоскости основания. Отрезок LR — линия пересечения секущей плоскости с основанием. В треугольнике ABD отрезок LR является средней линией, он параллелен BD и равен $LR = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 100\sqrt{2} = 50\sqrt{2}$.

Сечением является треугольник KLR со сторонами $KL=50$, $KR=50$ и $LR=50\sqrt{2}$. Проверим, является ли треугольник прямоугольным по теореме Пифагора: $KL^2 + KR^2 = 50^2 + 50^2 = 2500 + 2500 = 5000$. $LR^2 = (50\sqrt{2})^2 = 2500 \cdot 2 = 5000$. Так как $KL^2 + KR^2 = LR^2$, треугольник KLR является прямоугольным с прямым углом при вершине K. Площадь сечения: $S_{KLR} = \frac{1}{2} \cdot KL \cdot KR = \frac{1}{2} \cdot 50 \cdot 50 = 1250$.

Ответ: $1250$.

б) PA;

Плоскость сечения $\beta$ проходит через точку K и перпендикулярна ребру PA. Рассмотрим боковую грань PAB. Это равносторонний треугольник со стороной 100. Точка K — середина стороны PA. В равностороннем треугольнике медиана, проведенная к стороне, является также и высотой. Следовательно, $BK \perp PA$. Аналогично, в равностороннем треугольнике PAD медиана DK является высотой, поэтому $DK \perp PA$. Поскольку две пересекающиеся прямые BK и DK перпендикулярны прямой PA, то плоскость BKD, в которой они лежат, перпендикулярна прямой PA. Так как эта плоскость проходит через точку K, она и является искомой плоскостью сечения. Сечением является треугольник BKD.

Найдем его площадь. Сторона BD — диагональ квадрата в основании, $BD = 100\sqrt{2}$. Стороны BK и DK — высоты (и медианы) в равносторонних треугольниках со стороной 100. Длина высоты в равностороннем треугольнике со стороной $a$ равна $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, поэтому $BK = DK = \frac{100\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3}$. Треугольник BKD — равнобедренный. Его высота, проведенная из вершины K к основанию BD, — это отрезок KQ (так как Q — середина BD). Найдем длину KQ. Рассмотрим треугольник PQA. В нем $PA=100$, $AQ=50\sqrt{2}$, $PQ=50\sqrt{2}$. Так как $AQ^2 + PQ^2 = (50\sqrt{2})^2 + (50\sqrt{2})^2 = 5000 + 5000 = 10000 = 100^2 = PA^2$, то треугольник PQA — прямоугольный с прямым углом при вершине Q. K — середина гипотенузы PA, а QK — медиана, проведенная к гипотенузе. Длина медианы к гипотенузе равна половине ее длины, поэтому $QK = \frac{1}{2}PA = \frac{1}{2} \cdot 100 = 50$. Площадь сечения: $S_{BKD} = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot KQ = \frac{1}{2} \cdot 100\sqrt{2} \cdot 50 = 2500\sqrt{2}$.

Ответ: $2500\sqrt{2}$.

в) PQ;

Плоскость сечения $\gamma$ проходит через точку K и перпендикулярна прямой PQ. Прямая PQ — высота пирамиды, она перпендикулярна плоскости основания ABCD. Следовательно, любая плоскость, перпендикулярная PQ, будет параллельна плоскости основания ABCD. Секущая плоскость $\gamma$ проходит через точку K и параллельна плоскости ABCD. Сечением будет многоугольник, подобный основанию, то есть квадрат. Вершины этого квадрата (обозначим его KLMN) будут лежать на боковых ребрах пирамиды PA, PB, PC, PD. Поскольку плоскость сечения проходит через точку K на ребре PA, то сечение является результатом гомотетии с центром в точке P, переводящей квадрат ABCD в квадрат KLMN. Коэффициент гомотетии равен $k = \frac{PK}{PA}$. Так как K — середина PA, $k = \frac{1}{2}$. Сторона квадрата сечения будет в k раз меньше стороны квадрата основания: $KL = k \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 100 = 50$. Площадь сечения: $S_{KLMN} = KL^2 = 50^2 = 2500$.

Ответ: $2500$.

г) BD.

Плоскость сечения $\delta$ проходит через точку K и перпендикулярна прямой BD. Данный случай симметричен случаю а). По свойству диагоналей квадрата, $AC \perp BD$. Высота пирамиды $PQ \perp BD$. Так как две пересекающиеся прямые AC и PQ перпендикулярны прямой BD, то содержащая их плоскость PAC перпендикулярна прямой BD. Точка K — середина ребра PA. Поскольку точки P и A лежат в плоскости PAC, то и весь отрезок PA, а с ним и точка K, лежит в этой плоскости. Таким образом, плоскость PAC проходит через точку K и перпендикулярна прямой BD. По теореме о единственности такой плоскости, PAC и есть искомая плоскость сечения. Сечением является пересечение плоскости PAC с пирамидой, то есть сам треугольник PAC.

Найдем его площадь. Стороны треугольника: $PA=100$, $PC=100$ (так как пирамида правильная), $AC=100\sqrt{2}$. Треугольник PAC — равнобедренный. Его высота, проведенная из вершины P к основанию AC, совпадает с высотой пирамиды PQ. Ранее мы вычислили, что $PQ = 50\sqrt{2}$. Площадь сечения: $S_{PAC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot PQ = \frac{1}{2} \cdot 100\sqrt{2} \cdot 50\sqrt{2} = \frac{1}{2} \cdot 100 \cdot 50 \cdot (\sqrt{2})^2 = \frac{1}{2} \cdot 5000 \cdot 2 = 5000$.

Ответ: $5000$.