Основание четырехугольной пирамиды `SABCD` – параллелограмм `ABCD`. На ребрах `SB` и `SD` соответственно взяты точки `M` и `P` так, что `BS=3BM`, `SD=3SP`. Через эти точки проведена плоскость, параллельная `AC`. Постройте сечение пирамиды этой плоскостью и определите в каком отношении оно делит ребро `SC`.
Answers & Comments
Ответ:
[tex]\boxed{\boldsymbol{ \dfrac{FC}{SF} = \dfrac{5}{4}}}[/tex]
Плоскость проходящая через точки M и P и паралелльная AC делит ребро SC в отношении 5 к 4 считая от точки C.
Объяснение:
Дано: SABCD - четырехугольная пирамида,M ∈ SB, P ∈ SD, BS = 3BM, SD = 3SP, ABCD - параллелограмм (в основании пирамиды SABCD)
Построить: сечение паралелльно AC и проходящие через точки P,M
Найти: CF : FS - ?
План построения:
Рассмотрим плоскость ABC. Проведем диагонали в параллелограмме ABCD (по условию), пусть AC ∩ BD = O.
По построению:
По аксиоме стереометрии (аксиома прямой и плоскости) прямая, проходящая через две точки плоскости, лежит в этой плоскости, тогда:
По аксиоме стереометрии (аксиома пересечения плоскостей) если две плоскости имеют общую точку то их пересечение есть прямая,
тогда по следствию из данной аксиомы:
Так как MP,SO ⊂ ABC и MP ∦ SO, то (MP ∩ SO) ∈ SBD.
Пусть MP ∩ SO = K.
Так как K ∈ SO и SBD ∩ ASC = SO, то K ∈ SAC.
Через точку K проведем прямую параллельную AC и пусть данная прямая пересекает AS и CS в точках T и F соотвественно, то есть по построению TF║AC.
Так как K ∈ TF и K ∈ MP, то есть TF ∩ MP = K, тогда по опредлению пересекающихся TF и MP - пересекающиеся прямые.
По следствию из аксиом стереометрии плоскость однозначно задается пересекающимеся прямыми, тогда так как TF и MP - пересекающиеся прямые, то данные прямые однозначно задают плоскость MPF, то есть точки T,F,M,P принадлежат одной плоскости.
По теореме (признак параллельности прямой и плоскости) если прямая, не лежащая в плоскости, параллельна какой-либо прямой, лежащей в этой плоскости, то эти прямая и плоскость параллельны, тогда так как по построению TF║AC, то TF║ABC.
Так как TF ⊂ MPF и M,P ∈ MPF. Таким образом сечением пирамиды SABCD плоскость MPF есть четырехугольник TPFM.
Решение:
Проведем прямую BD. Так как BD ⊂ SBD и MP ⊂ SBD, то BD ∩ MP.
Пусть BD ∩ MP = Q, BM = y, SP = x.
По условию:
По основному свойству отрезка:
SD = PS + PD ⇒ PD = SD - PS = 3x - x = 2x.
BS = MB + MS ⇒ MS = BS - MB = 3y - y = 2y.
Рассмотрим треугольник ΔSBD.
По теореме Менелая:
[tex]\boxed{\displaystyle \frac{SM}{MB} \cdot \frac{BQ}{QD} \cdot \frac{PD}{SP} = 1}[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{2y}{y} \cdot \frac{BQ}{QD} \cdot \frac{2x}{x} = 1[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{4BQ}{QD} = 1 \Longrightarrow \boxed{\displaystyle \frac{BQ}{QD} = \frac{1}{4} }[/tex]
Введем коэффициент пропорциональности [tex]z[/tex], тогда [tex]BQ = z, QD = 4z[/tex].
По основному свойству отрезка:
[tex]QD = BQ + BD \Longrightarrow \boldsymbol{ BD} = QD - BQ = 4z - z =\boldsymbol{ 3z}[/tex].
Рассмотрим паралеллограмм ABCD. По свойствам паралеллограмма его диагонали точкой персечения делятся пополам, тогда[tex]DO = BO = BD : 2 = 3z : 2 = 1,5z[/tex].
По основному свойству отрезка:
[tex]QO = BO + BQ = 1,5z + z = 2,5z[/tex]
Рассмотрим треугольник ΔSOB.
По теореме Менелая:
[tex]\boxed{\displaystyle \frac{SM}{MB} \cdot \frac{BQ}{QO} \cdot \frac{OK}{SK} = 1}[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{2y}{y} \cdot \frac{z}{2,5z} \cdot \frac{OK}{SK} = 1[/tex]
[tex]\dfrac{2OK}{2,5SK} = 1 \Longrightarrow \boldsymbol{ \dfrac{OK}{SK} } = \dfrac{2,5 \cdot 10}{2 \cdot 10} = \dfrac{25}{20} = \boldsymbol{ \dfrac{5}{4}}[/tex]
Рассмотрим треугольник ΔSOC.
По теореме о пропорциональных отрезках:
[tex]\boxed{\boldsymbol{\dfrac{OK}{SK} = \dfrac{FC}{SF} = \dfrac{5}{4}}}[/tex]