тема 7 из 15

Отношения отрезков в сечении

В задании 15 часто надо доказать или найти, в каком отношении сечение делит ребро. Отношение переносят из одной плоскости в другую: прямая, параллельная стороне, отсекает подобный треугольник, точка следа связывает две грани, а теорема Менелая связывает три отношения в одном треугольнике. Когда точку задаёт перпендикуляр, отношение получают из длин. Из отношений на рёбрах находят отношение объёмов частей.

Часто в задании15На карте навыков

Отношения отрезков сечения
—В аналитике

Найдите плоскость, где отношение видно

Отношение отрезков ребра находят в плоскости, в которой лежат это ребро и известные отрезки: в грани, в основании или в диагональном сечении.

Прямая, параллельная стороне треугольника, делит две другие стороны в одном отношении.
След: продолжите прямую сечения до пересечения с прямой ребра. В точке пересечения сходятся стороны двух подобных треугольников.
Теорема Менелая: если прямая пересекает прямые $BC$ , $CA$ , $AB$ в точках $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ , то $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$ .
Если точку задаёт перпендикуляр, найдите длины отрезков из прямоугольных треугольников.
«Считая от вершины $S$ » значит, что первым пишут отрезок, который прилегает к $S$ .
Объём части пирамиды: достройте часть до треугольной пирамиды с вершиной в точке следа и вычтите лишнюю пирамиду с тем же углом при этой вершине.

Параллельная прямая: подобные треугольники

Если отрезок $MN$ параллелен стороне $CD$ треугольника $SCD$ , то треугольник $SMN$ подобен треугольнику $SCD$ , и $\frac{SN}{SD} = \frac{SM}{SC} = \frac{MN}{CD}$ . Если $\frac{SN}{SD} = \frac{p}{q}$ , то $SN : ND = p : (q - p)$ .

Параллельность дают свойства параллельных прямых и плоскостей. Например, плоскость через ребро $AB$ основания пирамиды пересекает грань $SCD$ по прямой, параллельной $CD$ , если $AB \parallel CD$ .

Пример

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ плоскость $\alpha$ проходит через ребро $AB$ и пересекает рёбра $SC$ и $SD$ в точках $M$ и $N$ . Известно, что $AB = 3MN$ . Докажите, что $SN : ND = SM : MC = 1 : 2$ .

MN \parallel CD

, поэтому треугольник

SNM

подобен треугольнику

SDC

1. $AB \parallel CD$ , поэтому $AB \parallel (SCD)$ . Плоскость $\alpha$ проходит через $AB$ и пересекает грань $SCD$ по прямой $MN$ , поэтому $MN \parallel CD$ .
2.Треугольник $SNM$ подобен треугольнику $SDC$ : $\frac{SN}{SD} = \frac{SM}{SC} = \frac{MN}{DC} = \frac{MN}{AB} = \frac13$ .
3. $SN = \frac13 SD$ и $ND = \frac23 SD$ , поэтому $SN : ND = 1 : 2$ . Так же $SM : MC = 1 : 2$ .

След: подобные треугольники в двух гранях

Пусть сечение куба проходит через вершину $A$ , точку $R$ на ребре $DC$ и точку $L$ на ребре $B_1C_1$ . Чтобы найти точку $Q$ на ребре $CC_1$ , продолжите $AR$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $G$ . Точки $G$ и $L$ лежат в плоскости грани $BB_1C_1C$ , и прямая $GL$ пересекает $CC_1$ в точке $Q$ (метод следов).

Отношение считают в двух гранях. В нижней грани треугольник $GCR$ подобен треугольнику $GBA$ , это даёт $CG$ . В боковой грани $CG \parallel C_1L$ , треугольник $QCG$ подобен треугольнику $QC_1L$ , поэтому $CQ : QC_1 = CG : C_1L$ .

Отношение на ребре зависит от точек R и L

Сечение — пятиугольник

DR : RC = 1 : 2

B_1L : LC_1 = 1 : 1

CQ : QC_1 = 4 : 1

Плоскость проходит через вершину

A

и точки

R

L

. Оранжевая точка следа лежит на прямой

BC

, прямая через неё и

L

даёт точку

Q

на ребре

CC_1

. Двигайте точки

R

L

Точка

G

следа лежит на продолжении ребра

BC

. Треугольники

QCG

QC_1L

подобны.

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

Ребро куба $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ равно 30. На ребре $DC$ отмечена точка $R$ так, что $DR = 10 ,$ а на ребре $B_{1} C_{1}$ отмечена точка $L$ - середина $B_{1} C_{1} ,$ причём плоскость $ALR$ пересекает ребро $CC_{1}$ в точке $Q .$ .
а) Докажите, что $CQ : QC_{1} = 4 : 1 .$
б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $ALR .$

Решение

а) Продолжим $AR$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $G$ . $CR = 30 - 10 = 20$ . $CR \parallel BA$ , поэтому треугольник $GCR$ подобен треугольнику $GBA$ : $\frac{GC}{GB} = \frac{CR}{BA} = \frac23$ .
$GC = \frac23 (GC + 30)$ , поэтому $GC = 60$ .
Точки $G$ и $L$ лежат в плоскости грани $BB_1C_1C$ . Прямая $GL$ пересекает ребро $CC_1$ в точке $Q$ сечения.
$CG \parallel C_1L$ , поэтому треугольники $QCG$ и $QC_1L$ подобны: $\frac{CQ}{QC_1} = \frac{CG}{C_1L} = \frac{60}{15} = 4$ . Значит, $CQ : QC_1 = 4 : 1$ .
б) Сечение пересекает основание по прямой $AG$ . Проведём в основании $CP \perp AG$ . $CQ \perp (ABC)$ , и по теореме о трёх перпендикулярах $QP \perp AG$ . Значит, $AG \perp (QCP)$ , и расстояние от $C$ до плоскости — высота $CN$ прямоугольного треугольника $QCP$ .
$S_{ACG} = \frac12 \cdot CG \cdot AB = \frac12 \cdot 60 \cdot 30 = 900$ , $AG = \sqrt{30^2 + 90^2} = 30\sqrt{10}$ , поэтому $CP = \frac{2 \cdot 900}{30\sqrt{10}} = 6\sqrt{10}$ .
$CQ = \frac45 \cdot 30 = 24$ , $QP = \sqrt{CP^2 + CQ^2} = \sqrt{360 + 576} = 6\sqrt{26}$ .
$CN = \frac{CP \cdot CQ}{QP} = \frac{6\sqrt{10} \cdot 24}{6\sqrt{26}} = 24\sqrt{\frac{5}{13}} = \frac{24\sqrt{65}}{13}$ . Ответ: $\frac{24\sqrt{65}}{13}$ .

Теорема Менелая

Пусть прямая пересекает прямые $BC$ , $CA$ и $AB$ в точках $A_1$ , $B_1$ и $C_1$ ; одна или все три точки лежат на продолжениях сторон. Тогда $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$ . Чтобы не ошибиться в порядке, обходите треугольник: вершина, точка на прямой стороны, следующая вершина — и так до начальной вершины.

В пирамиде выберите грань, в которой лежат ребро с искомой точкой и точка следа. В грани $SDC$ прямая $MKE$ пересекает ребро $SD$ в точке $M$ , ребро $SC$ в точке $K$ и продолжение $DC$ в точке $E$ . Два отношения известны, третье даёт теорема.

Пример

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ точка $M$ — середина ребра $SD$ , точка $N$ — середина ребра $BC$ . Плоскость $AMN$ пересекает ребро $SC$ в точке $K$ . Найдите отношение $SK : KC$ .

Прямая

MKE

пересекает стороны треугольника

SDC

и продолжение стороны

DC

1.Прямая $AN$ лежит в основании. Продолжим её до пересечения с прямой $DC$ в точке $E$ .
2.Треугольники $NBA$ и $NCE$ равны: $BN = NC$ , углы при $N$ вертикальные, $\angle NBA = \angle NCE = 90^\circ$ . Поэтому $CE = AB = DC$ и $DE = 2DC$ .
3.Точки $E$ и $M$ лежат в плоскости $SDC$ . Прямая $EM$ пересекает ребро $SC$ в точке $K$ .
4.Теорема Менелая для треугольника $SDC$ и прямой $MKE$ : $\frac{SM}{MD} \cdot \frac{DE}{EC} \cdot \frac{CK}{KS} = 1$ .
5. $1 \cdot \frac21 \cdot \frac{CK}{KS} = 1$ , поэтому $\frac{CK}{KS} = \frac12$ и $SK : KC = 2 : 1$ .

Ответ: $2 : 1$

Точку задаёт перпендикуляр: отношение из длин

Если точку на ребре задаёт перпендикуляр, отношение находят из длин. Пусть в прямоугольном треугольнике $SOC$ с прямым углом $O$ проведена высота $OH$ к гипотенузе $SC$ . Тогда $OC^2 = HC \cdot SC$ и $OS^2 = SH \cdot SC$ , поэтому $\frac{SH}{HC} = \frac{OS^2}{OC^2}$ .

Недостающую длину дают условия: площадь сечения, ребро, угол. Сначала найдите высоту $OH$ или отрезок $HC$ , затем гипотенузу.

Сечение — треугольник

BHD

OH \perp SC

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ известно, что $AB = 2 .$ Через точку $O$ пересечения диагоналей основания перпендикулярно ребру  $SC$ провели плоскость  $\alpha .$
а)  Докажите, что плоскость $\alpha$ проходит через вершины $B$ и $D .$
б)  В каком отношении плоскость $\alpha$ делит ребро $SC ,$ считая от вершины $S ,$ если площадь сечения равна $\sqrt{3} ?$

Решение

а) Диагонали квадрата перпендикулярны: $BD \perp AC$ . Высота $SO$ перпендикулярна основанию: $BD \perp SO$ . По признаку $BD \perp (SAC)$ , поэтому $BD \perp SC$ .
Плоскость $\alpha$ проходит через $O$ и перпендикулярна $SC$ . Она содержит все прямые через $O$ , перпендикулярные $SC$ , в том числе прямую $BD$ . Значит, $\alpha$ проходит через $B$ и $D$ .
б) Пусть $\alpha$ пересекает $SC$ в точке $H$ . Тогда $OH \perp SC$ , и сечение — треугольник $BHD$ . $BD \perp (SAC)$ , поэтому $BD \perp OH$ : $OH$ — высота сечения.
$BD = 2\sqrt2$ , $S_{BHD} = \frac12 \cdot BD \cdot OH = \sqrt3$ , поэтому $OH = \frac{\sqrt3}{\sqrt2}$ .
$OC = \sqrt2$ . В прямоугольном треугольнике $OHC$ : $HC = \sqrt{OC^2 - OH^2} = \sqrt{2 - \frac32} = \frac{\sqrt2}{2}$ .
В прямоугольном треугольнике $SOC$ отрезок $OH$ — высота к гипотенузе: $OC^2 = HC \cdot SC$ , $SC = \frac{2}{\sqrt2 / 2} = 2\sqrt2$ .
$SH = SC - HC = \frac{3\sqrt2}{2}$ , поэтому $SH : HC = 3 : 1$ . Ответ: $3 : 1$ .

Отношение объёмов: пирамида с вершиной в точке следа

Сечение четырёхугольной пирамиды обычно отсекает часть, которая не является треугольной пирамидой. Её достраивают до треугольной пирамиды с вершиной в точке следа, а лишнюю часть вычитают по правилу пирамид с общим углом.

Пусть след $AN$ пересекает прямую $DC$ в точке $E$ , а прямая $EM$ пересекает ребро $SC$ в точке $K$ . Тогда часть $ANCDMK$ — пирамида $EADM$ без пирамиды $ENCK$ . У них общий угол при вершине $E$ , поэтому $V_{ENCK} = \frac{EN}{EA} \cdot \frac{EC}{ED} \cdot \frac{EK}{EM} \cdot V_{EADM}$ . Объём $V_{EADM}$ сравните с объёмом всей пирамиды через площадь основания и высоту.

Часть

ANCDMK

— пирамида

EADM

без пирамиды

ENCK

с тем же углом при вершине

E

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В основании пирамиды $SABCD$ лежит трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC ,$ равными 8 и 3 соответственно. Точки $M$ и $N$ лежат на ребрах $SD$ и $BC$ соответственно, причем $SM : MD = 3 : 2 , BN : NC = 1 : 2 .$ Плоскость $AMN$ пересекает ребро $SC$ в точке $K .$
а) Докажите, что $SK : KC = 6 : 1 .$
б) Плоскость $AMN$ делит пирамиду $SABCD$ на два многогранника. Найдите отношение их объемов.

Решение

а) $BC = 3$ и $BN : NC = 1 : 2$ , поэтому $NC = 2$ . Продолжим $AN$ до пересечения с прямой $DC$ в точке $E$ . $NC \parallel AD$ , поэтому треугольник $ENC$ подобен треугольнику $EAD$ : $\frac{EN}{EA} = \frac{EC}{ED} = \frac{NC}{AD} = \frac14$ . Значит, $EC : CD = 1 : 3$ .
Точки $E$ и $M$ лежат в плоскости $AMN$ и в плоскости $SDC$ . Прямая $EM$ пересекает ребро $SC$ в точке $K$ .
Теорема Менелая для треугольника $SDC$ и прямой $MKE$ : $\frac{SM}{MD} \cdot \frac{DE}{EC} \cdot \frac{CK}{KS} = 1$ , то есть $\frac32 \cdot 4 \cdot \frac{CK}{KS} = 1$ . Отсюда $\frac{CK}{KS} = \frac16$ и $SK : KC = 6 : 1$ .
б) Плоскость $AMN$ отсекает часть $ANCDMK$ с вершинами $C$ и $D$ . Точки $E$ , $N$ , $A$ лежат на одной прямой, так же $E$ , $C$ , $D$ и $E$ , $K$ , $M$ . Поэтому часть $ANCDMK$ — пирамида $EADM$ без пирамиды $ENCK$ .
Теорема Менелая для треугольника $EDM$ и прямой $CKS$ : $\frac{EC}{CD} \cdot \frac{DS}{SM} \cdot \frac{MK}{KE} = 1$ , то есть $\frac13 \cdot \frac53 \cdot \frac{MK}{KE} = 1$ . Отсюда $MK : KE = 9 : 5$ и $\frac{EK}{EM} = \frac{5}{14}$ .
$\frac{V_{ENCK}}{V_{EADM}} = \frac14 \cdot \frac14 \cdot \frac{5}{14} = \frac{5}{224}$ , поэтому $V_{ANCDMK} = \frac{219}{224} V_{EADM}$ .
Пусть $h$ — высота трапеции, $H$ — высота пирамиды. $EN : EA = 1 : 4$ , поэтому высота треугольника $EAD$ к стороне $AD$ равна $\frac43 h$ и $S_{EAD} = \frac12 \cdot 8 \cdot \frac43 h = \frac{16}{3} h$ . $MD : SD = 2 : 5$ , поэтому точка $M$ удалена от основания на $\frac25 H$ .
$V_{EADM} = \frac13 \cdot \frac{16}{3} h \cdot \frac25 H = \frac{32}{45} hH$ , $V_{ANCDMK} = \frac{219}{224} \cdot \frac{32}{45} hH = \frac{73}{105} hH$ .
$V_{SABCD} = \frac13 \cdot \frac{8 + 3}{2} h \cdot H = \frac{11}{6} hH$ . Вторая часть: $\frac{11}{6} hH - \frac{73}{105} hH = \frac{385 - 146}{210} hH = \frac{239}{210} hH$ .
Отношение объёмов частей: $\frac{146}{210} : \frac{239}{210} = 146 : 239$ . Ответ: $146 : 239$ .

Проверьте себя

Потренируйте навык

Все задания на этот навык

Решать