Номер 187, страница 80 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

187. Плоскость, которая параллельна плоскости $RHE$ и проходит через такую точку $Q$ ребра $RF$ правильной четырёхугольной пирамиды $REFGH$, что $FQ : QR = 3 : 2$, пересекает пирамиду по четырёхугольнику $QPAB$ (рис. 206). Найдите периметр сечения, учитывая, что $EH = 30$ см, $ER = 25$ см.

Рис. 207

Рис. 206

По условию задачи, нам дана правильная четырехугольная пирамида $REFGH$, что означает, что в ее основании лежит квадрат $EFGH$, а вершина $R$ проецируется в центр этого квадрата. Все боковые ребра пирамиды равны, т.е. $RE = RF = RG = RH = 25$ см. Сторона основания $EH = 30$ см, следовательно, $EF = FG = GH = HE = 30$ см.

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку $Q$ на ребре $RF$ и параллельна плоскости грани $(RHE)$. Нам нужно найти периметр сечения, которое, как указано, является четырехугольником $QPAB$.

Используем свойство параллельных плоскостей: если плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $(RHE)$, то линии пересечения плоскости $\alpha$ с гранями пирамиды будут параллельны соответствующим линиям, лежащим в плоскости $(RHE)$.

Определим вершины сечения:

• Точка $Q$ лежит на ребре $RF$ по условию.
• Плоскость $\alpha$ пересекает грань $(RFE)$. Плоскость грани $(RFE)$ пересекается с плоскостью $(RHE)$ по прямой $RE$. Следовательно, линия пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $(RFE)$ будет параллельна $RE$. Обозначим эту линию $QB$, где $B$ - точка на стороне основания $FE$. Таким образом, $QB \parallel RE$.
• Плоскость $\alpha$ пересекает плоскость основания $(EFGH)$. Плоскость основания $(EFGH)$ пересекается с плоскостью $(RHE)$ по прямой $HE$. Следовательно, линия пересечения $\alpha$ с основанием будет параллельна $HE$. Обозначим эту линию $BA$, где $A$ - точка на стороне основания $GH$ (это следует из расположения точки B на $FE$). Таким образом, $BA \parallel HE$.
• Плоскость $\alpha$ пересекает грань $(RGH)$. Плоскость грани $(RGH)$ пересекается с плоскостью $(RHE)$ по прямой $RH$. Следовательно, линия пересечения $\alpha$ с гранью $(RGH)$ будет параллельна $RH$. Обозначим эту линию $AP$, где $P$ - точка на ребре $RG$. Таким образом, $AP \parallel RH$.
• Линия $PQ$ замыкает сечение, соединяя точки на ребрах $RG$ и $RF$.

Таким образом, сечение представляет собой четырехугольник $QBAP$. Найдем длины его сторон.

1. Найдем длину стороны QB

Так как $QB \parallel RE$, треугольник $\triangle FQB$ подобен треугольнику $\triangle FRE$. Коэффициент подобия $k$ равен отношению $FQ/FR$. Из условия $FQ : QR = 3 : 2$, мы можем записать $FQ = 3x$ и $QR = 2x$. Тогда $FR = FQ + QR = 3x + 2x = 5x$. Коэффициент подобия $k = \frac{FQ}{FR} = \frac{3x}{5x} = \frac{3}{5}$. Следовательно, $\frac{QB}{RE} = \frac{3}{5}$. Зная, что $RE = 25$ см, находим $QB$:$QB = \frac{3}{5} \cdot RE = \frac{3}{5} \cdot 25 = 15$ см.

2. Найдем длину стороны BA

Поскольку $BA \parallel HE$ и точки $B$ и $A$ лежат на параллельных сторонах квадрата $FE$ и $GH$ соответственно, то отрезок $BA$ перпендикулярен этим сторонам (так как $HE$ перпендикулярен им). Длина такого отрезка равна расстоянию между прямыми $FE$ и $GH$, что равно длине стороны квадрата $EH$. $BA = EH = 30$ см.

3. Найдем длину стороны AP

Так как $AP \parallel RH$, треугольник $\triangle GAP$ подобен треугольнику $\triangle GRH$. Коэффициент подобия равен $GA/GH$. Найдем положение точки $A$ на стороне $GH$. Из подобия $\triangle FQB$ и $\triangle FRE$ следует, что $\frac{FB}{FE} = \frac{FQ}{FR} = \frac{3}{5}$.$FB = \frac{3}{5} \cdot FE = \frac{3}{5} \cdot 30 = 18$ см. Поскольку $BA \parallel HE$ и $EFGH$ - квадрат, положение точки $A$ на $GH$ аналогично положению точки $B$ на $FE$. То есть $GA = FB = 18$ см. Тогда коэффициент подобия $\frac{GA}{GH} = \frac{18}{30} = \frac{3}{5}$. Следовательно, $\frac{AP}{RH} = \frac{3}{5}$. Зная, что $RH = 25$ см, находим $AP$:$AP = \frac{3}{5} \cdot RH = \frac{3}{5} \cdot 25 = 15$ см.

4. Найдем длину стороны PQ

Рассмотрим грань $(RFG)$. Мы знаем, что $\frac{FQ}{FR} = \frac{3}{5}$, откуда $\frac{RQ}{RF} = \frac{2}{5}$. Из подобия $\triangle GAP$ и $\triangle GRH$ мы получили $\frac{GA}{GH} = \frac{3}{5}$, откуда $\frac{AP}{RH} = \frac{3}{5}$ и $\frac{GP}{GR} = \frac{GA}{GH} = \frac{3}{5}$. Тогда $\frac{RP}{RG} = 1 - \frac{GP}{GR} = 1 - \frac{3}{5} = \frac{2}{5}$. Поскольку $\frac{RQ}{RF} = \frac{RP}{RG} = \frac{2}{5}$, по теореме, обратной теореме Фалеса, $PQ \parallel FG$ и $\triangle RQP \sim \triangle RFG$ с коэффициентом $\frac{2}{5}$. Следовательно, $\frac{PQ}{FG} = \frac{2}{5}$. Зная, что $FG = 30$ см, находим $PQ$:$PQ = \frac{2}{5} \cdot FG = \frac{2}{5} \cdot 30 = 12$ см.

5. Найдем периметр сечения

Периметр четырехугольника $QBAP$ равен сумме длин его сторон:$P_{QBAP} = QB + BA + AP + PQ$$P_{QBAP} = 15 + 30 + 15 + 12 = 72$ см.

Ответ: Периметр сечения равен 72 см.