тема 6 из 15

Площадь сечения многогранника

Сечение — плоский многоугольник, поэтому его площадь считают по формулам планиметрии. Сначала докажите, какая это фигура: треугольник, прямоугольник, ромб или трапеция. Затем найдите её стороны и высоту в гранях и в треугольниках внутри тела. Если площадь сечения считать трудно, а угол с основанием известен, помогает площадь проекции: $S_{\text{пр}} = S \cos\varphi$ .

Часто в задании15На карте навыков

Площадь сечения многогранника
—В аналитике

Вид сечения, затем его размеры

Постройте сечение (построение сечения), докажите его вид и посчитайте площадь по формуле этой фигуры (площади фигур).

Вид фигуры доказывают через параллельность и перпендикулярность сторон (вид сечения). Без доказательства формулу трапеции или ромба применять нельзя.
Каждая сторона сечения лежит в грани. Её длину находят в этой грани: теорема Пифагора, подобие, средняя линия.
Треугольник: $S = \frac12 a h$ . Высоту ищут как отрезок, перпендикулярный стороне: медиана равнобедренного треугольника или отрезок, перпендикулярный плоскости.
Прямоугольник: $S = ab$ . Ромб: $S = \frac12 d_1 d_2$ . Трапеция: $S = \frac{a + b}{2} h$ .
Проекция сечения на плоскость под углом $\varphi$ к нему: $S_{\text{пр}} = S \cos\varphi$ .
Если площадь дана, а найти нужно отрезок, запишите площадь через неизвестный отрезок и решите уравнение.

Равнобедренный треугольник: высота — медиана

Если в сечении две стороны равны, высота к третьей стороне падает в её середину. Тогда $h = \sqrt{b^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2}$ , где $b$ — боковая сторона, $a$ — основание, и $S = \frac12 a h$ (высота к основанию).

Равенство сторон доказывают через равные прямоугольные треугольники в гранях: у них равны катеты. Чтобы найти катеты, нужен пункт а): часто в нём доказывают равенство рёбер.

Сечение

MNB

— равнобедренный треугольник, его высота

BH

падает в середину

MN

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

В пирамиде ABCD рёбра DA, DB и DC попарно перпендикулярны, а $AB = BC = AC = 5 \sqrt{2} .$
а) Докажите, что $BD = CD .$
б) На рёбрах DA и DC отмечены точки M и N соответственно, причём $DM : MA = DN : NC = 2 : 3 .$ Найдите площадь сечения MNB.

Решение

а) Рёбра $DA$ , $DB$ , $DC$ попарно перпендикулярны, поэтому треугольники $ADB$ и $ADC$ прямоугольные: $AB^2 = DA^2 + DB^2$ , $AC^2 = DA^2 + DC^2$ .
$AB = AC$ , значит, $DB^2 = DC^2$ и $BD = CD$ . Что и требовалось доказать.
б) Так же из $AB = BC$ получаем $DA = DC$ . Все три ребра равны: $2DA^2 = AB^2 = 50$ , $DA = DB = DC = 5$ .
$DM = DN = \frac25 \cdot 5 = 2$ . Треугольник $MDN$ прямоугольный: $MN = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt2$ .
Из прямоугольных треугольников $MDB$ и $NDB$ : $BM = BN = \sqrt{5^2 + 2^2} = \sqrt{29}$ . Сечение $MNB$ — равнобедренный треугольник.
Высота $BH$ падает в середину $H$ отрезка $MN$ : $BH = \sqrt{29 - (\sqrt2)^2} = \sqrt{27} = 3\sqrt3$ .
$S = \frac12 \cdot MN \cdot BH = \frac12 \cdot 2\sqrt2 \cdot 3\sqrt3 = 3\sqrt6$ . Ответ: б) $3\sqrt6$ .

Сечение перпендикулярно основанию: высота — вертикальный отрезок

Если плоскость сечения перпендикулярна основанию, то перпендикуляр $KH$ из точки $K$ сечения к основанию лежит в этом сечении (перпендикулярные плоскости). Он перпендикулярен любой прямой основания, поэтому $KH$ — высота треугольника, сторона которого лежит в основании: $S = \frac12 \cdot MC \cdot KH$ .

Точка $K$ лежит на боковом ребре, поэтому $KH$ — доля высоты пирамиды: $KH = \frac{BK}{BS} \cdot SO$ (точка на ребре). Так же получают и прямой угол: если сторона сечения перпендикулярна плоскости грани, треугольник прямоугольный, и $S = \frac12$ произведения катетов.

Пример

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания равна 6, высота $SO$ равна 6. Точка $K$ делит ребро $SB$ в отношении $SK : KB = 1 : 2$ . Плоскость $\alpha$ проходит через точки $C$ и $K$ перпендикулярно плоскости основания. а) Докажите, что плоскость $\alpha$ проходит через середину $M$ ребра $AB$ . б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью $\alpha$ .

Сечение

MKC

: его высота

KH

перпендикулярна основанию.

1.а) Пусть $H$ — проекция точки $K$ на основание. $KH \parallel SO$ , поэтому $H$ лежит на $BO$ и $BH : HO = BK : KS = 2 : 1$ .
2. $BO$ — медиана треугольника $ABC$ , а точка пересечения медиан делит её в отношении $2 : 1$ от вершины. Значит, $H$ — точка пересечения медиан, и медиана $CM$ проходит через $H$ .
3.Плоскость $\alpha$ содержит $KH$ (перпендикуляр к основанию из точки $K$ ) и точку $C$ , поэтому содержит прямую $CH$ , а с ней и точку $M$ . Что и требовалось доказать.
4.б) Сечение — треугольник $MKC$ . $KH = \frac{BK}{BS} \cdot SO = \frac23 \cdot 6 = 4$ .
5. $KH$ перпендикулярен основанию, поэтому $KH \perp MC$ , и $KH$ — высота треугольника $MKC$ .
6. $MC = \sqrt{BC^2 + MB^2} = \sqrt{36 + 9} = 3\sqrt5$ .
7. $S = \frac12 \cdot 3\sqrt5 \cdot 4 = 6\sqrt5$ .

Ответ: б) $6\sqrt5$

Сечение параллельно двум рёбрам: параллелограмм

Плоскость, параллельная двум скрещивающимся рёбрам, пересекает каждую грань по прямой, параллельной ребру этой грани (сечение параллельно прямой). Поэтому противоположные стороны сечения параллельны одному ребру: сечение — параллелограмм.

Каждая сторона — часть ребра в той же доле, что и отрезок на ребре: $TE = \frac{BT}{BA} \cdot AC$ (подобие). Если рёбра перпендикулярны, сечение — прямоугольник и $S = ab$ . В правильной треугольной пирамиде противоположные рёбра перпендикулярны.

Пример

В правильной треугольной пирамиде $DABC$ сторона основания равна 6, боковое ребро равно 8. Точка $T$ лежит на ребре $AB$ , $AT : TB = 1 : 3$ . Через точку $T$ параллельно прямым $AC$ и $BD$ проведена плоскость. а) Докажите, что сечение пирамиды этой плоскостью — прямоугольник. б) Найдите площадь сечения.

Стороны

TE

NM

параллельны

AC

, стороны

TN

EM

параллельны

BD

1.а) Плоскость параллельна $AC$ , поэтому грани $ABC$ и $ACD$ , которые содержат $AC$ , она пересекает по прямым $TE \parallel AC$ и $NM \parallel AC$ . Так же грани $ABD$ и $BCD$ она пересекает по прямым $TN \parallel BD$ и $EM \parallel BD$ . Обе пары сторон сечения $TEMN$ параллельны: это параллелограмм.
2.Пусть $O$ — середина $AC$ . $BO \perp AC$ и $DO \perp AC$ как медианы равнобедренных треугольников, поэтому $AC \perp (BDO)$ и $AC \perp BD$ (признак перпендикулярности).
3.Стороны $TE \parallel AC$ и $TN \parallel BD$ перпендикулярны. Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник. Что и требовалось доказать.
4.б) Треугольник $TBE$ подобен $ABC$ с коэффициентом $\frac{BT}{BA} = \frac34$ : $TE = \frac34 \cdot 6 = 4{,}5$ .
5.Треугольник $ATN$ подобен $ABD$ с коэффициентом $\frac{AT}{AB} = \frac14$ : $TN = \frac14 \cdot 8 = 2$ .
6. $S = TE \cdot TN = 4{,}5 \cdot 2 = 9$ .

Ответ: б) $9$

Ромб: половина произведения диагоналей

Ромб получается, когда плоскость пересекает две пары параллельных граней и все стороны сечения равны. Площадь ромба $S = \frac12 d_1 d_2$ (ромб). В кубе и правильной четырёхугольной призме сечение через $B_1$ , $D$ и середину $M$ ребра $AA_1$ — ромб: одна его диагональ — диагональ тела $B_1D$ , другая равна диагонали основания.

Если площадь сечения дана, а найти нужно ребро, запишите площадь через неизвестное ребро и решите уравнение.

Диагонали ромба:

B_1D

— диагональ призмы,

MK

равна диагонали основания

AC

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

Дана правильная четырехугольная призма $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1} .$ Плоскость $\alpha$ проходит через вершины $B_{1}$ и $D$ и пересекает ребра $AA_{1}$ и $CC_{1}$ в точках $M$ и $K$ соответственно. Известно, что четырехугольник $MB_{1} KD$ - ромб.
а) Докажите, что точка $M$ - середина ребра $AA_{1} .$
б) Найдите высоту призмы $ABCDA_{1} B_{1} C_{1} D_{1} ,$ если площадь её основания $ABCD$ равна 3, а площадь ромба $MB_{1} KD$ равна 6.

Решение

а) Основание правильной призмы — квадрат, поэтому $A_1B_1 = AD$ . Стороны ромба равны: $MB_1 = MD$ .
Из прямоугольных треугольников $MA_1B_1$ и $MAD$ : $MB_1^2 = A_1B_1^2 + A_1M^2$ , $MD^2 = AD^2 + AM^2$ . Значит, $A_1M = AM$ , и $M$ — середина $AA_1$ . Что и требовалось доказать.
б) Так же из $B_1K = KD$ получаем, что $K$ — середина $CC_1$ . Тогда $AM = CK$ и $AM \parallel CK$ , $AMKC$ — прямоугольник, и $MK = AC$ .
$AB^2 = 3$ , поэтому $AC = BD = \sqrt{2 \cdot 3} = \sqrt6$ . Пусть высота призмы равна $h$ , тогда $B_1D = \sqrt{BD^2 + BB_1^2} = \sqrt{6 + h^2}$ .
$S = \frac12 \cdot MK \cdot B_1D = \frac12 \sqrt6 \cdot \sqrt{6 + h^2} = 6$ , откуда $\sqrt{6 + h^2} = 2\sqrt6$ , $6 + h^2 = 24$ , $h = 3\sqrt2$ . Ответ: б) $3\sqrt2$ .

Трапеция: высота через боковую сторону

Сечение — трапеция, если две его стороны параллельны, а две другие нет. Обычно параллельные стороны лежат в параллельных гранях. Площадь $S = \frac{a + b}{2} h$ (трапеция).

В равнобедренной трапеции высоту находят из прямоугольного треугольника с гипотенузой — боковой стороной $c$ — и катетом $\frac{a - b}{2}$ : $h = \sqrt{c^2 - \left(\frac{a - b}{2}\right)^2}$ .

Пример

В кубе $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром 4 точка $K$ — середина ребра $B_1C_1$ . Плоскость проходит через точки $B$ , $D$ и $K$ . а) Докажите, что сечение куба этой плоскостью — равнобедренная трапеция. б) Найдите площадь сечения.

Сечение

BKLD

KL \parallel BD

, боковые стороны равны.

1.а) Сечение строят по параллельным граням (построение): верхнюю грань плоскость пересекает по прямой $KL \parallel BD \parallel B_1D_1$ , $L$ на $C_1D_1$ . $KL$ — средняя линия треугольника $B_1C_1D_1$ , поэтому $L$ — середина $C_1D_1$ и $KL = \frac12 BD$ . Сечение $BKLD$ — трапеция.
2.Прямоугольные треугольники $BB_1K$ и $DD_1L$ равны по двум катетам, поэтому $BK = DL$ : трапеция равнобедренная. Что и требовалось доказать.
3.б) $BD = 4\sqrt2$ , $KL = 2\sqrt2$ , $BK = \sqrt{BB_1^2 + B_1K^2} = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt5$ .
4.Катет при основании: $\frac{BD - KL}{2} = \sqrt2$ . Высота: $h = \sqrt{20 - 2} = 3\sqrt2$ .
5. $S = \frac{4\sqrt2 + 2\sqrt2}{2} \cdot 3\sqrt2 = 3\sqrt2 \cdot 3\sqrt2 = 18$ .

Ответ: б) $18$

Площадь проекции: S cos φ

Ортогональная проекция многоугольника на плоскость имеет площадь $S_{\text{пр}} = S \cos\varphi$ , где $\varphi$ — угол между плоскостью многоугольника и плоскостью проекции (угол между плоскостями). Длины вдоль линии пересечения плоскостей не меняются, а длины поперёк неё умножаются на $\cos\varphi$ .

Проекция сжимается поперёк ребра

Угол

\varphi

60^\circ

Поворот вида

-30^\circ

Сторона

4

вдоль ребра не меняется, сторона

3

становится

3\cos 60^\circ

S_{\text{пр}} = S\cos\varphi = 12 \cdot \frac12 = 6

Прямоугольник лежит в верхней полуплоскости, его проекция — в нижней. Длина вдоль ребра у них общая. Меняйте угол и поворачивайте вид.

Угол с основанием известен: площадь через проекцию

Если угол сечения с основанием известен, а проекция сечения на основание — простая фигура, то $S = \frac{S_{\text{пр}}}{\cos\varphi}$ . Если известны обе площади, та же формула даёт угол: $\cos\varphi = \frac{S_{\text{пр}}}{S}$ . В решении назовите теорему о площади ортогональной проекции.

Пример

В правильной треугольной призме $ABCA_1B_1C_1$ сторона основания равна 6, боковое ребро равно 8. Плоскость проходит через ребро $AB$ , образует с плоскостью основания угол $45^\circ$ и пересекает ребро $CC_1$ в точке $K$ . Найдите площадь сечения.

Треугольник

ABC

— проекция сечения

ABK

на основание,

\angle KPC

— линейный угол между их плоскостями.

1.Сечение — треугольник $ABK$ . Его проекция на основание — треугольник $ABC$ , так как $KC \perp (ABC)$ .
2. $S_{ABC} = \frac{6^2\sqrt3}{4} = 9\sqrt3$ .
3.По теореме о площади проекции $S_{ABK} = \frac{S_{ABC}}{\cos 45^\circ} = \frac{9\sqrt3}{\frac{\sqrt2}{2}} = 9\sqrt6$ .

Ответ: $9\sqrt6$

Проверьте себя

Потренируйте навык

Все задания на этот навык

Решать