Страница 123 номер 10.40, ГДЗ по геометрии за 10 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень
На ребре \(AB\) тетраэдра \(DABC\) отметили точку \(K\) так, что \(AK = 2BK\). Известно, что \(AB = AC = 13\) см, \(BC = CD = DB = 15\) см, \(AD = 14\) см. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку \(K\) и перпендикулярной прямой \(AD\). Найдите площадь этого сечения.
Дано:
\(DABC\) — тетраэдр
\(K \in AB\), \(AK = 2BK\)
\(AB = AC = 13\) см
\(BC = CD = DB = 15\) см
\(AD = 14\) см
сечение проходит через точку \(K\) перпендикулярно прямой \(AD\)
Найти: площадь сечения.
Решение:
Проведём в треугольнике \(ABD\) высоту \(BH\). Углы \(A\) и \(D\) этого треугольника острые, так как квадрат стороны, лежащей против каждого из них, меньше суммы квадратов двух других сторон: \(BD^2 = 225 < 169 + 196 = AB^2 + AD^2\) и \(AB^2 = 169 < 225 + 196 = BD^2 + AD^2\). Поэтому точка \(H\) лежит на стороне \(AD\). Пусть \(AH = x\) см, тогда \(HD = (14 - x)\) см.
Из прямоугольных треугольников \(ABH\) и \(DBH\) по теореме Пифагора \(BH^2 = AB^2 - AH^2 = BD^2 - HD^2\): \[\begin{aligned} 13^2 - x^2 &= 15^2 - (14 - x)^2; \\ 169 - x^2 &= 225 - 196 + 28x - x^2; \\ 28x &= 140; \qquad | : 28 \\ x &= 5. \end{aligned}\]
Значит, \(AH = 5\) см и \(BH = \sqrt{13^2 - 5^2} = 12\) (см).
Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) равны по трём сторонам (\(AB = AC\), \(BD = CD\), сторона \(AD\) общая), поэтому высота треугольника \(ACD\), проведённая из вершины \(C\), тоже равна 12 см, а её основание лежит на стороне \(AD\) (углы \(A\) и \(D\) треугольника \(ACD\) равны острым углам \(A\) и \(D\) треугольника \(ABD\)) и удалено от точки \(A\) на 5 см, то есть совпадает с точкой \(H\): \(CH \perp AD\) и \(CH = 12\) см. Прямая \(AD\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(BH\) и \(CH\) плоскости \(BHC\), поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости \(AD \perp BHC\), а так как \(BC \subset BHC\), то \(AD \perp BC\).
Через точку \(K\) проведём отрезки \(KP\) и \(KQ\) параллельно отрезкам \(BH\) и \(BC\) (точки \(P\) и \(Q\) принадлежат рёбрам \(AD\) и \(AC\)). Соединим точки \(P\) и \(Q\).
Поскольку \(KP \parallel BH\), то \(AD \perp KP\). Поскольку \(KQ \parallel BC\), то угол между прямыми \(AD\) и \(KQ\) равен углу между прямыми \(AD\) и \(BC\), то есть \(AD \perp KQ\). Прямая \(AD\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(KP\) и \(KQ\) плоскости \(KPQ\), следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости \(AD \perp KPQ\).
Так как \(AK = 2BK\), то \(AK = \frac{2}{3}AB\). Треугольники \(AKP\) и \(ABH\) подобны (\(KP \parallel BH\)) с коэффициентом \(\frac{2}{3}\), поэтому \(KP = \frac{2}{3}BH = 8\) см и \(AP = \frac{2}{3}AH = \frac{10}{3}\) см. Треугольники \(AKQ\) и \(ABC\) подобны (\(KQ \parallel BC\)) с тем же коэффициентом, поэтому \(KQ = \frac{2}{3}BC = 10\) см и \(AQ = \frac{2}{3}AC\). Тогда \(\frac{AP}{AH} = \frac{AQ}{AC} = \frac{2}{3}\), и треугольники \(APQ\) и \(AHC\) подобны по двум сторонам и углу между ними, поэтому \(PQ = \frac{2}{3}CH = 8\) см.
Треугольник \(KPQ\) равнобедренный (\(KP = PQ = 8\) см); пусть \(E\) — середина его основания \(KQ\), тогда \(PE\) — высота и \(KE = 5\) см. По теореме Пифагора \(PE = \sqrt{8^2 - 5^2} = \sqrt{39}\) (см), а площадь сечения \(S = \frac{1}{2}KQ \cdot PE = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \sqrt{39} = 5\sqrt{39}\) (см\(^2\)).
Ответ: сечение — треугольник \(KPQ\), где точки \(P\) и \(Q\) лежат на рёбрах \(AD\) и \(AC\), \(AP = \frac{10}{3}\) см, \(AQ : QC = 2 : 1\); его площадь равна \(5\sqrt{39}\) см\(^2\).
На ребре \(AB\) тетраэдра \(DABC\) отметили точку \(K\) так, что \(AK = 2BK\). Известно, что \(AB = AC = 13\) см, \(BC = CD = DB = 15\) см, \(AD = 14\) см. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку \(K\) и перпендикулярной прямой \(AD\). Найдите площадь этого сечения.
Дано:
\(DABC\) — тетраэдр
\(K \in AB\), \(AK = 2BK\)
\(AB = AC = 13\) см
\(BC = CD = DB = 15\) см
\(AD = 14\) см
сечение проходит через точку \(K\) перпендикулярно прямой \(AD\)
Найти: площадь сечения.
Решение:
Проведём в треугольнике \(ABD\) высоту \(BH\). Углы \(A\) и \(D\) этого треугольника острые, так как квадрат стороны, лежащей против каждого из них, меньше суммы квадратов двух других сторон: \(BD^2 = 225 < 169 + 196 = AB^2 + AD^2\) и \(AB^2 = 169 < 225 + 196 = BD^2 + AD^2\). Поэтому точка \(H\) лежит на стороне \(AD\). Пусть \(AH = x\) см, тогда \(HD = (14 - x)\) см.
Из прямоугольных треугольников \(ABH\) и \(DBH\) по теореме Пифагора \(BH^2 = AB^2 - AH^2 = BD^2 - HD^2\): \[\begin{aligned} 13^2 - x^2 &= 15^2 - (14 - x)^2; \\ 169 - x^2 &= 225 - 196 + 28x - x^2; \\ 28x &= 140; \qquad | : 28 \\ x &= 5. \end{aligned}\]
Значит, \(AH = 5\) см и \(BH = \sqrt{13^2 - 5^2} = 12\) (см).
Треугольники \(ABD\) и \(ACD\) равны по трём сторонам (\(AB = AC\), \(BD = CD\), сторона \(AD\) общая), поэтому высота треугольника \(ACD\), проведённая из вершины \(C\), тоже равна 12 см, а её основание лежит на стороне \(AD\) (углы \(A\) и \(D\) треугольника \(ACD\) равны острым углам \(A\) и \(D\) треугольника \(ABD\)) и удалено от точки \(A\) на 5 см, то есть совпадает с точкой \(H\): \(CH \perp AD\) и \(CH = 12\) см. Прямая \(AD\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(BH\) и \(CH\) плоскости \(BHC\), поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости \(AD \perp BHC\), а так как \(BC \subset BHC\), то \(AD \perp BC\).
Через точку \(K\) проведём отрезки \(KP\) и \(KQ\) параллельно отрезкам \(BH\) и \(BC\) (точки \(P\) и \(Q\) принадлежат рёбрам \(AD\) и \(AC\)). Соединим точки \(P\) и \(Q\). Докажем, что треугольник \(KPQ\) — искомое сечение.
Поскольку \(KP \parallel BH\), то \(AD \perp KP\). Поскольку \(KQ \parallel BC\), то угол между прямыми \(AD\) и \(KQ\) равен углу между прямыми \(AD\) и \(BC\), то есть \(AD \perp KQ\). Прямая \(AD\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(KP\) и \(KQ\) плоскости \(KPQ\), следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости \(AD \perp KPQ\).
Так как \(AK = 2BK\), то \(AK = \frac{2}{3}AB\). Треугольники \(AKP\) и \(ABH\) подобны (\(KP \parallel BH\)) с коэффициентом \(\frac{2}{3}\), поэтому \(KP = \frac{2}{3}BH = 8\) см и \(AP = \frac{2}{3}AH = \frac{10}{3}\) см. Треугольники \(AKQ\) и \(ABC\) подобны (\(KQ \parallel BC\)) с тем же коэффициентом, поэтому \(KQ = \frac{2}{3}BC = 10\) см и \(AQ = \frac{2}{3}AC\). Тогда \(\frac{AP}{AH} = \frac{AQ}{AC} = \frac{2}{3}\), и треугольники \(APQ\) и \(AHC\) подобны по двум сторонам и углу между ними, поэтому \(PQ = \frac{2}{3}CH = 8\) см.
Треугольник \(KPQ\) равнобедренный (\(KP = PQ = 8\) см); пусть \(E\) — середина его основания \(KQ\), тогда \(PE\) — высота и \(KE = 5\) см. По теореме Пифагора \(PE = \sqrt{8^2 - 5^2} = \sqrt{39}\) (см), а площадь сечения \(S = \frac{1}{2}KQ \cdot PE = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \sqrt{39} = 5\sqrt{39}\) (см\(^2\)).
Ответ: сечение — треугольник \(KPQ\), где точки \(P\) и \(Q\) лежат на рёбрах \(AD\) и \(AC\), \(AP = \frac{10}{3}\) см, \(AQ : QC = 2 : 1\); его площадь равна \(5\sqrt{39}\) см\(^2\).
