Внимательно прочитайте условие выбранной задачи. Постройте чертёж многогранника и отметьте на нём заданные точки и линии. Постарайтесь представить требуемое сечение, а затем постройте его, пользуясь изученными аксиомами и теоремами из курса стереометрии. Только после этого имеет смысл открывать моё решение, чтобы сравнить его со своим. Не нужно сразу пугаться визуального несовпадения рисунков. Возможно, ваш многогранник просто развёрнут относительно моего, проверьте обозначения вершин. Главное – построение должно быть обоснованным, поэтому следите за блоком с теорией. Положения, которые я использовала при решении каждой из задач, будут выделены цветом.
Не забывайте, что плоскость сечения и сечение многогранника не совпадающие понятия. Плоскость бесконечна, а сечение - только часть этой плоскости.Более того, в общем случае рассматриваемая плоскость может не пересекаться с многогранником вообще, иметь с ним только одну общую точку (вершину) или только один общий отрезок (ребро). В предлагаемых задачах школьного уровня сложности сечением многогранника является многоугольник, вершины которого лежат на рёбрах, а стороны на гранях многогранника.
Основные свойства плоскостей в пространстве
АксиомыА1. Какова бы не была плоскость, существуют точки, принадлежащие этой плоскости, и точки, не принадлежащие ей.
А2. Если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересекаются по прямой.
А3. Если две различные прямые имеют общую точку, то через них можно провести плоскость, и притом только одну.
ТеоремыТ1. Через прямую и не лежащую на ней точку можно провести плоскость, и притом только одну.
Т2. Если две точки прямой принадлежат плоскости, то вся прямая принадлежит этой плоскости.
Т3. Через три точки, не лежащие на одной прямой, можно провести плоскость, и притом только одну.
Параллельность прямых и плоскостей
Т4. Если прямая, не принадлежащая плоскости, параллельна какой-нибудь прямой в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости. (Признак параллельности прямой и плоскости.)
Т5. Две плоскости параллельны, если одна из них параллельна двум пересекающимся прямым, лежащим в другой плоскости. (Признак параллельности двух плоскостей.)
Т6. Через точку вне данной плоскости можно провести плоскость, параллельную данной, и притом только одну.
Т7. Если две параллельные плоскости пересекаются третьей, то прямые пересечения параллельны.
Т8. Отрезки параллельных прямых, заключенные между параллельными плоскостями, равны.
Перпендикулярность прямых и плоскостей.
Т9. Если прямая, пересекающая плоскость, перпендикулярна двум прямым в этой плоскости, проходящим через точку пересечения, то она перпендикулярна плоскости. (Признак перпендикулярности прямой и плоскости.)
Т10. Если плоскость перпендикулярна одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и другой.
Т11. Две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны.
Т12. Прямая, проведенная на плоскости через основание наклонной перпендикулярно её проекции, перпендикулярна и самой наклонной. И обратно: если прямая на плоскости перпендикулярна наклонной, то она перпендикулярна и проекции наклонной. (Теорема о трёх перпендикулярах.)
Т13. Если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны. (Признак перпендикулярности плоскостей.)
Т14. Если прямая, лежащая в одной из двух перпендикулярных плоскотей, перпендикулярна их линии пересечения, то она перпендикулярна и другой плоскости.
Понравились материалы сайта?Узнайте, как поддержать сайт и помочь его развитию.
Показать решение. 
Для построения сечения куба будем искать общие точки граней куба и искомой плоскости. При этом для доказательства верности построения используются теоремы и аксиомы, фиксирующие основные свойства плоскостей в пространстве. Обратите внимание на выделенные положения в левом столбце страницы.Пусть L и L' – заданные точки на смежных рёбрах AB и AD. Прямая LL' принадлежит плоскости сечения и грани куба АВСD, C1 – наиболее удалённая от линии LL' вершина куба. Точка C1 принадлежит плоскости сечения (по условию), а также плоскостям ВВ1С1С и DD1C1C.
Продолжаем рёбра куба CD и СВ до пересечения с прямой, проходящей через точки L и L'. Точка N принадлежит плоскости сечения, так как она находится на прмой LL' и плоскости DD1C1C, т.к. находится на прмой CD, следовательно линия C1N также принадлежит обоим этим плоскостям, т.е. является их линией пересечения. Аналогично для точки N'.
Прямые C1N и C1N' пересекают рёбра куба DD1 и ВВ1в точках M и M' соответственно. Для завершения построения сечения достаточно соединить точки L и M, L' и M'.
Плоский пятиугольник L'M'C1ML является искомым сечением куба.
Показать решение.
Показать решение.
AD1 || BC1, следовательно AD1 параллельна плоскости DВС1 (Т4); AB1 || DC1, следовательно AB1 параллельна плоскости DВС1 (Т4);
АВ1 пересекается с AD1 в точке А, следовательно плоскость BDC1 параллельна плоскости AB1D1 (Т5).
Точки B1 и D1 соединяем (Т2).
Треугольник AB1D1 - искомое сечение.
Показать решение.
Пусть M, L, N - заданные точки. Строим PR || LN и KR || ML (Т7). Соединяем N c K и M c P (Т2). Прямые NK и MP также должны быть параллельны (Т7). Легко доказать, что все перечисленные условия параллельности будут выполнены одновременно, если изначально точку R расположить в середине ребра DD1.
Показать решение.
В правильной пирамиде основание высоты находится в центре основания пирамиды, поэтому проекции её рёбер совпадают с отрезками диагоналей квадрата.В плоскости AMC строим AH ⊥ MC. Из точки Н на гранях MDC и MBC восстанавливаем перпендикуляры HP и HR, соответственно. Достраиваем отрезки AP и AR. Четырёхугольник APHR искомое сечение (Т9).
Замечание: Из условия MО = AB можно определить стороны и углы треугольника AMC, чтобы убедиться, что он остроугольный и точка H попадает на отрезок МС, а не на его продолжение. При этом точка H расположена выше середины ребра, что существенно для определения формы сечения.
Показать решение.
Показать решение.
В условии не указано, что параллелепипед прямой, тем более прямоугольный, поэтому построение надо проводить для наиболее общего случая – наклонного параллелепипеда. Поскольку противолежащие грани параллелепипеда параллельны, то плоскость PQR пересекает грань CDD1C1 по линии FE || PQ (Т7).
Чтобы построить требуемую линию пересечения, продолжаем прямые, принадлежащие двум другим боковым граням параллелепипеда до пересечения с продолжениями рёбер основания. Таким образом находим общие точки плоскостей PQR и ABC (А2). Осталось соединить найденные точки прмой линией MN.
AB : AD : AA1 = 1 : 3 : 1. На ребре BC взята точка Q так, что BQ : BC = 2 : 3. Опустите перпендикуляры из точек A и D на прямую A1Q.
Показать решение.
Через каждую точку, из которой требуется опустить перпендикуляр, и прямую A1Q проходит плоскость (Т1). Строим эти плоскости. Поскольку в задаче не требовалось построить полностью сечения параллелепипеда, то для каждого случая достаточно соединить три точки отрезками попарно.
В получившихся треугольниках строим соответствующие высоты. Это и есть искомые перпендикуляры.
Трудность состоит в том, что на объёмном чертеже искажается реальный тип треугольника: остроугольный, прямоугольный или тупоугольный. Поэтому неясно, куда в итоге попадает основание перпендикуляра: на противоположную вершине сторону, в край отрезка или на её продолжение. Поэтому нужно определить относительные длины сторон треугольников, что легко сделать применяя теорему Пифагора к прямоугольным треугольникам на гранях параллелепипеда.
Длины сторон будем "измерять" в частях. ТогдаAB = 1; AD = 3; AA1 = 1; BQ = 2.
Из треугольника ABQ получим: AQ = √ 5 __
Из треугольника AА1Q получим: A1Q = √ 6 __
Из треугольника ADА1 получим: DA1 = √ 10 ___
Осталось сделать плоские чертежы в масштабе или, что лучше, применить теорему косинусов для определения углов треугольников, но этот способ мы рассмотрим с заданиями по планиметрии.
Обратите внимание - для лучшего визуального восприятия параллепипед на нижнем чертеже развёрнут относительно верхнего.
Показать решение.
b) Из соображений симметрии. Более доказательно аналогичное сечение см. в задании 6.
Показать решение.
Строим PR || AC (Т4). Точки P и R расположены на рёбрах призмы, каждая из них принадлежит двум граням призмы и плоскости сечения. Чтобы найти еще такие точки, но принадлежащие другим граням, продолжаем содержащие эти точки прямые до пересечения. AB пересекается с PR в точке M и BC пересекается с PR в точке N. Соединяя Q с M и Q с N, получим недостающие прмые, принадлежащие боковым граням призмы (А2). Пятиугольник RFQEP – искомое сечение.
Показать решение.
Эта задача аналогична 5-ой. Только с разворотом.
Показать решение.
Отличается от заданий 5 и 11 только пропорциями пирамиды. Нужно рассмотреть плоский треугольник AMC, чтобы определить положение точки Н на прямой МС.
Показать решение.
Равная удалённость вершин квадрата ABCD от точки А1 означает, что перпендикуляр А1О, опущенный из этой точки на плоскость нижнего основания попадает в центр квадрата. Из условия: угол между ребром АА1 и плоскостью АВС (угол А1АС) равен 60о, легко доказать, что треугольник А1АС равносторонний. Его высота СН попадает в середину ребра АА1. Далее на гранях AA1D1D и AA1B1B строим соответственно HF и HR – перпендикуляры к прямой АА1 (Т9). Точки их пересечения с ребрами В1В и D1D (точки R и F) соединяем отрезками прямых с точкой С (Т2).Четырёхугольник FHRC – искомое сечение. Однако это не произвольный четырёхугольник, а к какому типу он относится, предлагаю подумать самостоятельно. (Подсказка содержится в выделенных теоремах.)
Показать решение.
Чтобы построить сечение плоскостью, перпендикулярной заданной прямой, нам, как всегда, нужно опустить на эту прямую два пересекающихся перпендикуляра (Т9). Здесь три грани пирамиды являются равными равнобедренными прямоугольными треугольниками, и одна грань (ASB) – равносторонним треугольником. На плоских чертежах этих треугольников хорошо видно, где будут расположены концы перпендикуляров.
Строим: PR ⊥ SA, затем RN ⊥ SA, P и N соединяем.
Показать решение.
По условию задачи мы имеем просто призму, ничего не сказано о её пропорциях. Поэтому строить сечение нужно для наиболее общего случая "кривенькой" призмы. При этом окончательный вид решения может зависеть от выбранной формы основания (тупоугольный или остроугольный треугольник) и расположения заданных точек. Главное – алгоритм построения сечения сохраняется. Здесь для примера рассмотрены два случая.
Случай А. Достроим треугольную призму до параллелепипеда: грани СС1D1D и АА1В1В, ВВ1D1D и АА1С1С соответственно равны и параллельны. Плоскость, проходящая через точки QA1B1 (Т3), пересекает грань ВВ1D1D по линии B1F || A1Q (Т7). На грани АА1В1В строим LH || B1P, а на грани ВВ1D1D строим LЕ || B1F. Получили две прямые, пересекающиеся в заданной точке L и соответственно параллельные заданным прямым. Плоскость HLE и есть искомая плоскость сечения (Т4). Как видно из чертежа, эта плоскость пересекает грань ВВ1С1С заданной треугольной призмы по линии LR (R точка пересечения ребра BC с отрезком HE). Треугольник HLR – искомое сечение.
Случай B. Требуемая плоскость сечения строится аналогично. Однако в этом случае прямая LЕ || B1F пересеклась не со стороной BD параллелограмма ВВ1D1D, которая принадлежит плоскости основания призмы, а со стороной D1D, которая является боковым ребром вспомогательного параллелепипеда. Поэтому нужно применить приём продолжения отрезков прямых, лежащих в одной плоскости, но принадлежащих также другим плоскостям, до пересечения. Здесь отрезки BD и LE расположены в плоскости ВВ1D1D, их продолжения пересекаются в точке О этой плоскости. Но отрезок BD является ребром призмы, поэтому принадлежит также плоскости её основания, а отрезок LE принадлежит также плоскости сечения, поэтому точка О - общая точка плоскости основания и плоскости сечения. Осталось соединить точки H и О (А2, Т2). HLO - плоскость сечения призмы, треугольник HLR - искомое сечение.
Показать решение.
Это, фактически, только ответ. Подробное решение в другом разделе: Две задачи на построение сечений.
Показать решение.
Чтобы опустить перпендикуляр из точки на прмую, нужно найти плоскость, в которой это можно сделать, т.е. плоскость, проходящую через эту точку и заданную прямую (Т1). Здесь такая плоскость строится легко, это сечение SDE. Искомый перпендикуляр ‐ высота EH в треугольние SDE. Плоский рисунок и соотношения длин отрезков в пирамиде нужны для того, чтобы уточнить положение точки Н.
Показать решение.
Внимание: Если вы нашли ошибку или опечатку, пожалуйста, сообщите о ней на email.
