Номер 245, страница 96 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

245*. В треугольной пирамиде $QFGH$ основание $FGH$ — правильный треугольник, а боковые рёбра $QF, QG, QH$ равны друг другу. Одно сечение пирамиды перпендикулярно ребру $QH$ и проходит через вершину $F$, другое — параллельно ребру $QH$ и содержит вершину $G$ и такую точку $B$ ребра $FH$, что $FB = 8$ см и $BH = 7$ см. Найдите отрезок, по которому пересекаются эти сечения, учитывая, что $QF = 12$ см.

1. Анализ свойств пирамиды и определение данных.

В пирамиде Q F G H основание F G H – правильный треугольник. Боковые рёбра Q F = Q G = Q H = 12 см. Следовательно, пирамида является правильной. Точка B лежит на ребре F H, при этом F B = 8 см и B H = 7 см. Отсюда находим сторону основания: a = F H = F B + B H = 8 + 7 = 15 см.

2. Построение и анализ первого сечения ($\alpha$).

Первое сечение, плоскость $\alpha$, перпендикулярно ребру Q H и проходит через вершину F. Рассмотрим треугольники $\triangle QFH$ и $\triangle QGH$. Они равны по трём сторонам (Q F = Q G = 12, Q H = 12, F H = G H = 15). Проведём в равных треугольниках высоты из вершин F и G к общей стороне Q H. Пусть K – основание высоты из F на Q H (F K $\perp$ Q H), а L – основание высоты из G на Q H (G L $\perp$ Q H). Так как $\triangle QFH \cong \triangle QGH$, то высоты F K и G L равны, и их основания совпадают, то есть K = L. Таким образом, F K $\perp$ Q H и G K $\perp$ Q H. Это означает, что плоскость, проходящая через точки F, G, K, перпендикулярна ребру Q H. Поскольку эта плоскость проходит через F, она и является плоскостью сечения $\alpha$. Сечение $\alpha$ – это треугольник F G K.

3. Построение и анализ второго сечения ($\beta$).

Второе сечение, плоскость $\beta$, параллельно ребру Q H и содержит вершину G и точку B на ребре F H. По свойству параллельности прямой и плоскости, линия пересечения плоскости $\beta$ с любой плоскостью, содержащей Q H, будет параллельна Q H. Рассмотрим плоскость грани Q F H. Она содержит ребро Q H. Плоскость $\beta$ пересекает грань Q F H по прямой, проходящей через точку B и параллельной Q H. Пусть эта прямая пересекает ребро Q F в точке C. Таким образом, B C $\|$ Q H. Плоскость сечения $\beta$ определяется тремя точками G, B, C. Следовательно, сечение $\beta$ – это треугольник G B C.

4. Определение отрезка пересечения сечений.

Искомый отрезок – это линия пересечения двух сечений: треугольника F G K (плоскость $\alpha$) и треугольника G B C (плоскость $\beta$). Оба треугольника имеют общую вершину G. Следовательно, их линия пересечения проходит через точку G. Пусть X – точка пересечения сторон F K и B C. Обе эти стороны лежат в плоскости грани Q F H, поэтому они пересекаются. Точка X является второй общей точкой для контуров сечений. Таким образом, искомый отрезок – это G X.

Теперь определим свойства отрезка G X. 1. Отрезок G X лежит в плоскости $\alpha$ ($\triangle F G K$). Так как плоскость $\alpha \perp Q H$, то любая прямая в этой плоскости перпендикулярна Q H. Значит, G X $\perp$ Q H. 2. В плоскости $\beta$ ($\triangle G B C$) мы построили сторону B C параллельно Q H. 3. Из G X $\perp$ Q H и B C $\|$ Q H следует, что G X $\perp$ B C.

Поскольку G, X, B, C лежат в одной плоскости $\beta$, а точка X лежит на прямой B C, то G X является высотой треугольника G B C, опущенной из вершины G на сторону B C. Наша задача сводится к вычислению длины этой высоты.

5. Вычисление длины искомого отрезка.

Для нахождения высоты треугольника G B C найдем длины его сторон.

Сторона BC: В треугольнике Q F H отрезок B C параллелен стороне Q H. Из подобия треугольников $\triangle FBC$ и $\triangle FQH$ (по теореме Фалеса) следует: $ \frac{BC}{QH} = \frac{FB}{FH} $ $ BC = QH \cdot \frac{FB}{FH} = 12 \cdot \frac{8}{15} = \frac{96}{15} = \frac{32}{5} = 6.4 $ см.

Сторона GB: Рассмотрим основание пирамиды – равносторонний треугольник F G H со стороной 15. Угол $\angle GHF = 60^\circ$. В треугольнике G B H применим теорему косинусов: $ GB^2 = GH^2 + BH^2 - 2 \cdot GH \cdot BH \cdot \cos(60^\circ) $ $ GB^2 = 15^2 + 7^2 - 2 \cdot 15 \cdot 7 \cdot \frac{1}{2} = 225 + 49 - 105 = 169 $ $ GB = \sqrt{169} = 13 $ см.

Сторона GC: Точка C лежит на ребре Q F. Из подобия $\triangle FBC \sim \triangle FQH$: $ \frac{FC}{QF} = \frac{FB}{FH} \implies FC = QF \cdot \frac{FB}{FH} = 12 \cdot \frac{8}{15} = \frac{32}{5} $ см. Рассмотрим грань Q F G. Это равнобедренный треугольник со сторонами Q F = Q G = 12 и F G = 15. Найдем косинус угла $\angle QFG$ по теореме косинусов: $ QG^2 = QF^2 + FG^2 - 2 \cdot QF \cdot FG \cdot \cos(\angle QFG) $ $ 12^2 = 12^2 + 15^2 - 2 \cdot 12 \cdot 15 \cdot \cos(\angle QFG) $ $ 0 = 225 - 360 \cdot \cos(\angle QFG) $ $ \cos(\angle QFG) = \frac{225}{360} = \frac{45 \cdot 5}{45 \cdot 8} = \frac{5}{8} $ Теперь в треугольнике F G C применим теорему косинусов для нахождения стороны G C: $ GC^2 = FG^2 + FC^2 - 2 \cdot FG \cdot FC \cdot \cos(\angle QFG) $ $ GC^2 = 15^2 + \left(\frac{32}{5}\right)^2 - 2 \cdot 15 \cdot \frac{32}{5} \cdot \frac{5}{8} $ $ GC^2 = 225 + \frac{1024}{25} - \frac{2 \cdot 15 \cdot 32 \cdot 5}{5 \cdot 8} = 225 + \frac{1024}{25} - (2 \cdot 15 \cdot 4) $ $ GC^2 = 225 + \frac{1024}{25} - 120 = 105 + \frac{1024}{25} = \frac{105 \cdot 25 + 1024}{25} = \frac{2625 + 1024}{25} = \frac{3649}{25} $

Высота GX: Пусть h = G X – высота в $\triangle GBC$ к стороне B C. Пусть Y – основание этой высоты на прямой B C (в нашем случае Y=X). Рассмотрим два прямоугольных треугольника $\triangle GBY$ и $\triangle GCY$. Пусть BY = y, тогда CY = |BC - y| = |\frac{32}{5} - y|. По теореме Пифагора: $ h^2 = GB^2 - BY^2 = 13^2 - y^2 $ $ h^2 = GC^2 - CY^2 = \frac{3649}{25} - \left(\frac{32}{5} - y\right)^2 $ Приравниваем правые части: $ 169 - y^2 = \frac{3649}{25} - \left(\frac{1024}{25} - \frac{64}{5}y + y^2\right) $ $ 169 - y^2 = \frac{3649 - 1024}{25} + \frac{64}{5}y - y^2 $ $ 169 = \frac{2625}{25} + \frac{64}{5}y $ $ 169 = 105 + \frac{64}{5}y $ $ 169 - 105 = \frac{64}{5}y $ $ 64 = \frac{64}{5}y $ $ y = 5 $ см. Теперь находим длину высоты h: $ h^2 = 13^2 - y^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144 $ $ h = \sqrt{144} = 12 $ см.

Ответ: 12 см.