Пирамиды — задача ЕГЭ по профильной математике

Условие, ответ и разбор задачи

СтереометрияСтатГрад 14.02.2024

Основание пирамиды

SABC

— прямоугольный треугольник

ABC

с прямым углом при вершине

C

. Ребро

SA

является высотой пирамиды. Точки

E

F

лежат на рёбрах

AC

BS

соответственно так, что

SF:FB=AE:EC=1:5

.

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью

\alpha

, проходящей через точки

E

F

перпендикулярно прямой

AC

, является прямоугольником.

б) Точки

H

M

— точки пересечения плоскости

\alpha

с прямыми

AB

CS

соответственно. Найдите объём многогранника

BCMEHF

, если объём пирамиды

SABC

равен

216

Решение

а) Пусть

H

— такая точка на прямой

AB

, что

FH\parallel SA

Тогда в

\triangle BSA

по теореме Фалеса получаем

AH:HB=SF:FB=1:5

.

С другой стороны, по условию

AE:EC=1:5

. Значит,

AH:HB=AE:EC

.

Тогда в

\triangle ABC

по обратной теореме Фалеса имеем

HE\parallel BC.

Так как

BC\perp AC

, то

HE\perp AC

.

Так как

SA

— высота пирамиды, то

SA\perp (ABC)

. Кроме того,

FH\parallel SA

.

Значит,

FH\perp (ABC)

, а, значит,

FH\perp AC

.

Итак, прямые

FH

HE

пересекаются и обе перпендикулярны прямой

AC

. Следовательно,

(FHE)\perp AC.

Плоскость

(FHE)

проходит через точки

E

F

и перпендикулярна прямой

AC

, значит, это и есть искомая плоскость

\alpha

.

Обозначим через

M

точку пересечения плоскости

\alpha

с прямой

SC

. Тогда сечением является четырёхугольник

EHFM

.
Так как

FH\parallel SA

,
то плоскость

\alpha=(FHE)

параллельна прямой

SA

. Поэтому в плоскости

SAC

прямая

ME=\alpha\cap (SAC)

параллельна

SA

, то есть

ME\parallel SA

.

Следовательно,

FH\parallel ME.

Теперь найдём длины этих отрезков.

В

\triangle BSA

, так как

FH\parallel SA

, получаем подобие

\triangle BFH\sim \triangle BSA

.

Отсюда

\dfrac{FH}{SA}=\dfrac{BF}{BS}=\dfrac{5}{6},

так как

SF:FB=1:5 \Rightarrow BS=6\text{ частей},\; BF=5\text{ частей}.

Значит,

FH=\dfrac{5}{6}SA.

Аналогично, в

\triangle CSA

, так как

ME\parallel SA

, имеем

\triangle CEM\sim \triangle CSA

.

Тогда

\dfrac{ME}{SA}=\dfrac{CE}{CA}=\dfrac{5}{6},

так как

AE:EC=1:5 \Rightarrow AC=6\text{ частей},\quad CE=5\text{ частей}.

Следовательно,

ME=\dfrac{5}{6}SA.

Итак,

FH=ME

FH\parallel ME

.

Значит, четырёхугольник

FHME

является параллелограммом.

Но

FH\perp HE

, значит,

FHME

— прямоугольник. Что и требовалось доказать.

б) Найдём объём многогранника

BCMEHF

.

Обозначим

SA=h

.

Через точку

F

проведём прямую, параллельную

AB

. Пусть она пересекает ребро

SA

в точке

Q

Тогда в

\triangle SBA

имеем

QF\parallel AB

,
значит, по подобию

\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{SF}{SB}=\dfrac{1}{6}.

Следовательно,

SQ=\dfrac{1}{6}h,\qquadAQ=\dfrac{5}{6}h.

Далее, так как из пункта а) сечение

EHFM

— прямоугольник, то

EM\parallel FH\parallel SA

.

Тогда в

\triangle SCA

, поскольку

EM\parallel SA

, получаем подобие

\triangle CME\sim \triangle CSA

.

Значит,

\dfrac{CM}{CS}=\dfrac{CE}{CA}=\dfrac{5}{6},

откуда

CM=\dfrac{5}{6}CS \Rightarrow SM=\dfrac{1}{6}CS.

Итак,

\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{SF}{SB}=\dfrac{SM}{SC}=\dfrac{1}{6}.

Следовательно, пирамида

SQMF

подобна пирамиде

SABC

с коэффициентом

k=\dfrac{1}{6}

.

Тогда

\dfrac{V_{SQMF}}{V_{SABC}}=k^3=\left(\dfrac{1}{6}\right)^3=\dfrac{1}{216}.

Так как

V_{SABC}=216

, то

V_{SQMF}=1

.

Теперь найдём объём призмы

AEHQMF

.

Так как

EH\parallel BC

,
то

\triangle AEH\sim \triangle ACB,

причём

\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{1}{6}=k.

Значит,

\dfrac{S_{\triangle AEH}}{S_{\triangle ACB}}=k^2=\left(\dfrac{1}{6}\right)^2=\dfrac{1}{36}.

Высота призмы равна

AQ=\dfrac{5}{6}h

.

А объём равен

V_{AEHQMF}=S_{\triangle AEH}\cdot AQ.

Тогда

\dfrac{V_{AEHQMF}}{V_{SABC}}=\dfrac{S_{\triangle AEH}\cdot \dfrac{5}{6}h}{S_{\triangle ACB}\cdot \dfrac{1}{3}h}=\dfrac{1}{36}\cdot \dfrac{5}{6}\cdot 3=\dfrac{15}{216}.

Следовательно,

V_{AEHQMF}=15

.

Тогда

V_{BCMEHF}=V_{SABC}-V_{AEHQMF}-V_{SQMF}=216-15-1=200.

Ответ: б)

200

Пирамиды — задача ЕГЭ по профильной математике

Похожие задачи