Номер 369, страница 116 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

369. Ребро правильного тетраэдра $PQVU$ равно $q$. Найдите площадь сечения тетраэдра плоскостью, которая проходит через центр грани $QUV$ и:

а) параллельна грани $UPV$;

б) перпендикулярна ребру $QP$.

Пусть дан правильный тетраэдр $PQUV$ с ребром длины $q$. Все грани тетраэдра являются равносторонними треугольниками со стороной $q$. Площадь каждой грани равна $S_{грани} = \frac{q^2 \sqrt{3}}{4}$.

Введем систему координат, поместив вершину $Q$ в начало координат $Q(0,0,0)$. Грань $QUV$ расположим в плоскости $Oxy$.

Координаты вершин будут:

• $Q = (0, 0, 0)$
• $U = (q, 0, 0)$
• $V = (\frac{q}{2}, \frac{q\sqrt{3}}{2}, 0)$

Координату вершины $P(x,y,z)$ найдем из условия, что $|PQ|^2 = |PU|^2 = |PV|^2 = q^2$.

$x^2+y^2+z^2=q^2$

$(x-q)^2+y^2+z^2 = q^2 \implies x^2-2qx+q^2+y^2+z^2=q^2 \implies q^2-2qx+q^2=q^2 \implies x=\frac{q}{2}$.

$(x-\frac{q}{2})^2+(y-\frac{q\sqrt{3}}{2})^2+z^2=q^2 \implies y^2-q\sqrt{3}y+\frac{3q^2}{4}+z^2=q^2$.

Из $x^2+y^2+z^2=q^2$ имеем $y^2+z^2 = q^2 - (\frac{q}{2})^2 = \frac{3q^2}{4}$. Подставив, получаем:

$(y^2+z^2) - q\sqrt{3}y+\frac{3q^2}{4}=q^2 \implies \frac{3q^2}{4} - q\sqrt{3}y+\frac{3q^2}{4}=q^2 \implies \frac{3q^2}{2} - q^2 = q\sqrt{3}y \implies y = \frac{q}{2\sqrt{3}}=\frac{q\sqrt{3}}{6}$.

$z^2 = \frac{3q^2}{4} - y^2 = \frac{3q^2}{4} - \frac{3q^2}{36} = \frac{27q^2-3q^2}{36} = \frac{24q^2}{36} = \frac{2q^2}{3} \implies z = q\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{q\sqrt{6}}{3}$.

Итак, $P = (\frac{q}{2}, \frac{q\sqrt{3}}{6}, \frac{q\sqrt{6}}{3})$.

Центр $M$ грани $QUV$ является ее центроидом:

$M = \frac{1}{3}(Q+U+V) = (\frac{1}{3}(0+q+\frac{q}{2}), \frac{1}{3}(0+0+\frac{q\sqrt{3}}{2}), 0) = (\frac{q}{2}, \frac{q\sqrt{3}}{6}, 0)$.

а) Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ и параллельна грани $UPV$.

Поскольку плоскость сечения $\alpha$ параллельна плоскости грани $UPV$, то фигура сечения — треугольник, подобный $\triangle UPV$. Так как $\triangle UPV$ — равносторонний со стороной $q$, то и сечение — равносторонний треугольник.

Площадь сечения $S_{сеч}$ и площадь грани $S_{UPV}$ связаны через квадрат коэффициента подобия $k$: $S_{сеч} = k^2 S_{UPV}$.

Коэффициент подобия $k$ можно найти как отношение расстояний от какой-либо точки (удобнее всего взять вершину $Q$) до плоскости сечения $\alpha$ и до плоскости грани $(UPV)$:

$k = \frac{d(Q, \alpha)}{d(Q, (UPV))}$.

Расстояние $d(Q, (UPV))$ — это высота тетраэдра, опущенная из вершины $Q$ на грань $UPV$. Все высоты правильного тетраэдра равны $h = \frac{q\sqrt{6}}{3}$.

Найдем уравнение плоскости $(UPV)$. Ее нормальный вектор $\vec{n}$ можно найти как векторное произведение векторов $\vec{PU}$ и $\vec{PV}$. Но проще найти уравнение плоскости $\alpha$, а затем использовать его для $(UPV)$.

Гомотетия с центром в $Q$ переводит плоскость $(UPV)$ в параллельную ей плоскость $\alpha$.

Используем другой подход: найдем уравнение плоскости $(UPV)$ и $\alpha$. Нормальный вектор к плоскости $(UPV)$ можно найти как $\vec{n} = \vec{PU} \times \vec{PV}$.$\vec{PU} = U-P = (\frac{q}{2}, -\frac{q\sqrt{3}}{6}, -\frac{q\sqrt{6}}{3})$$\vec{PV} = V-P = (0, \frac{q\sqrt{3}}{3}, -\frac{q\sqrt{6}}{3})$Вектор нормали $\vec{n}$ пропорционален вектору $(3\sqrt{2}, \sqrt{6}, \sqrt{3})$. Уравнение плоскости $(UPV)$: $3\sqrt{2}x + \sqrt{6}y + \sqrt{3}z = D$. Подставив координаты точки $U(q,0,0)$, получаем $D=3q\sqrt{2}$.

Итак, уравнение $(UPV)$: $3\sqrt{2}x + \sqrt{6}y + \sqrt{3}z - 3q\sqrt{2} = 0$.

Плоскость $\alpha$ параллельна ей, ее уравнение $3\sqrt{2}x + \sqrt{6}y + \sqrt{3}z - D' = 0$. Она проходит через $M(\frac{q}{2}, \frac{q\sqrt{3}}{6}, 0)$:$3\sqrt{2}(\frac{q}{2}) + \sqrt{6}(\frac{q\sqrt{3}}{6}) + \sqrt{3}(0) - D' = 0 \implies \frac{3q\sqrt{2}}{2} + \frac{q\sqrt{18}}{6} - D' = 0 \implies \frac{3q\sqrt{2}}{2} + \frac{3q\sqrt{2}}{6} - D' = 0 \implies 2q\sqrt{2} - D'=0 \implies D'=2q\sqrt{2}$.

Уравнение $\alpha$: $3\sqrt{2}x + \sqrt{6}y + \sqrt{3}z - 2q\sqrt{2} = 0$.

Теперь найдем расстояния от $Q(0,0,0)$ до этих плоскостей.$|\vec{n}| = \sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (\sqrt{6})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{18+6+3} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$.

$d(Q, (UPV)) = \frac{|-3q\sqrt{2}|}{3\sqrt{3}} = \frac{q\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{q\sqrt{6}}{3}$. Это действительно высота тетраэдра.

$d(Q, \alpha) = \frac{|-2q\sqrt{2}|}{3\sqrt{3}} = \frac{2q\sqrt{2}}{3\sqrt{3}} = \frac{2q\sqrt{6}}{9}$.

Коэффициент подобия $k = \frac{d(Q, \alpha)}{d(Q, (UPV))} = \frac{2q\sqrt{6}/9}{q\sqrt{6}/3} = \frac{2}{9} \cdot 3 = \frac{2}{3}$.

Площадь сечения $S_{сеч} = k^2 \cdot S_{UPV} = (\frac{2}{3})^2 \cdot \frac{q^2\sqrt{3}}{4} = \frac{4}{9} \cdot \frac{q^2\sqrt{3}}{4} = \frac{q^2\sqrt{3}}{9}$.

Ответ: $\frac{q^2\sqrt{3}}{9}$

б) Секущая плоскость $\beta$ проходит через точку $M$ и перпендикулярна ребру $QP$.

Вектор $\vec{QP}$ является нормальным вектором $\vec{n_{\beta}}$ к плоскости $\beta$.$\vec{QP} = P - Q = (\frac{q}{2}, \frac{q\sqrt{3}}{6}, \frac{q\sqrt{6}}{3})$.

Уравнение плоскости $\beta$: $\frac{q}{2}x + \frac{q\sqrt{3}}{6}y + \frac{q\sqrt{6}}{3}z - D = 0$. Умножив на $\frac{6}{q}$, получим эквивалентное уравнение:$3x + \sqrt{3}y + 2\sqrt{6}z - D' = 0$. Плоскость проходит через $M(\frac{q}{2}, \frac{q\sqrt{3}}{6}, 0)$, так что:$3(\frac{q}{2}) + \sqrt{3}(\frac{q\sqrt{3}}{6}) + 2\sqrt{6}(0) - D' = 0 \implies \frac{3q}{2} + \frac{3q}{6} - D' = 0 \implies \frac{3q}{2} + \frac{q}{2} = D' \implies D'=2q$.

Уравнение плоскости $\beta$: $3x + \sqrt{3}y + 2\sqrt{6}z = 2q$.

Найдем точки пересечения плоскости $\beta$ с ребрами тетраэдра.

Ребро $QU$: $y=0, z=0$. $3x=2q \implies x=\frac{2q}{3}$. Точка $A(\frac{2q}{3}, 0, 0)$.

Ребро $QV$: $y=\sqrt{3}x, z=0$. $3x+\sqrt{3}(\sqrt{3}x) = 2q \implies 6x=2q \implies x=\frac{q}{3}$. Точка $B(\frac{q}{3}, \frac{q\sqrt{3}}{3}, 0)$.

Ребро $QP$: параметрическое уравнение $\vec{r}(t) = t \cdot \vec{P}$ для $t \in [0,1]$.$3(t\frac{q}{2}) + \sqrt{3}(t\frac{q\sqrt{3}}{6}) + 2\sqrt{6}(t\frac{q\sqrt{6}}{3}) = 2q$$tq(\frac{3}{2} + \frac{3}{6} + \frac{12}{3}) = 2q \implies t(\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+4) = 2 \implies 6t=2 \implies t=\frac{1}{3}$. Точка $C = \frac{1}{3}P = (\frac{q}{6}, \frac{q\sqrt{3}}{18}, \frac{q\sqrt{6}}{9})$.

Проверка пересечений с другими ребрами (например, $PU, PV, UV$) показывает, что точки пересечения лежат вне самих ребер. Таким образом, сечение — это треугольник $ABC$.

Найдем площадь треугольника $ABC$ по формуле $S = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}|$.

$\vec{AB} = B - A = (\frac{q}{3}-\frac{2q}{3}, \frac{q\sqrt{3}}{3}-0, 0-0) = (-\frac{q}{3}, \frac{q\sqrt{3}}{3}, 0)$.

$\vec{AC} = C - A = (\frac{q}{6}-\frac{2q}{3}, \frac{q\sqrt{3}}{18}-0, \frac{q\sqrt{6}}{9}-0) = (-\frac{3q}{6}, \frac{q\sqrt{3}}{18}, \frac{q\sqrt{6}}{9}) = (-\frac{q}{2}, \frac{q\sqrt{3}}{18}, \frac{q\sqrt{6}}{9})$.

$\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -q/3 & q\sqrt{3}/3 & 0 \\ -q/2 & q\sqrt{3}/18 & q\sqrt{6}/9 \end{vmatrix} = $$\vec{i}(\frac{q\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{q\sqrt{6}}{9} - 0) - \vec{j}(-\frac{q}{3} \cdot \frac{q\sqrt{6}}{9} - 0) + \vec{k}(-\frac{q}{3} \cdot \frac{q\sqrt{3}}{18} - \frac{q\sqrt{3}}{3} \cdot (-\frac{q}{2})) = $$\vec{i}(\frac{q^2\sqrt{18}}{27}) + \vec{j}(\frac{q^2\sqrt{6}}{27}) + \vec{k}(\frac{-q^2\sqrt{3}}{54} + \frac{q^2\sqrt{3}}{6}) = $$\vec{i}(\frac{3q^2\sqrt{2}}{27}) + \vec{j}(\frac{q^2\sqrt{6}}{27}) + \vec{k}(\frac{8q^2\sqrt{3}}{54}) = (\frac{q^2\sqrt{2}}{9}, \frac{q^2\sqrt{6}}{27}, \frac{4q^2\sqrt{3}}{27})$.

Найдем модуль этого вектора:

$|\vec{AB} \times \vec{AC}|^2 = (\frac{q^2\sqrt{2}}{9})^2 + (\frac{q^2\sqrt{6}}{27})^2 + (\frac{4q^2\sqrt{3}}{27})^2 = q^4 (\frac{2}{81} + \frac{6}{729} + \frac{48}{729}) = q^4 (\frac{18+6+48}{729}) = q^4 \frac{72}{729} = q^4 \frac{8}{81}$.

$|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{q^4 \frac{8}{81}} = \frac{q^2\sqrt{8}}{9} = \frac{2q^2\sqrt{2}}{9}$.

Площадь сечения $S_{сеч} = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \frac{1}{2} \cdot \frac{2q^2\sqrt{2}}{9} = \frac{q^2\sqrt{2}}{9}$.

Ответ: $\frac{q^2\sqrt{2}}{9}$