Question

В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ сторона основания $AB$ равна $2$ , а боковое ребро $SA$ равно $8$ . Точка $M$ — середина ребра $AB$ . Плоскость $\alpha$ перпендикулярна плоскости $ABC$ и содержит точки $M$ и $D$ . Прямая $SC$ пересекает плоскость $\alpha$ в точке $K$ .

а) Докажите, что $KM = KD$ .

б) Найдите объём пирамиды $CDKM$ .

а) Докажите, что $KM = KD$.

б) Найдите объём пирамиды $CDKM$.

Accepted Answer

Answer

Идея решения: установить равенство расстояний $ML = LD$ в основании, а затем использовать перпендикулярность плоскости $\alpha$ к основанию для доказательства равенства наклонных расстояний от $K$.

**а) Доказательство**

Рассмотрим четырёхугольник $ABCD$ в основании пирамиды.

Продлим $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $H$. Треугольники $AMD$ и $BMH$ имеют:
- вертикальные углы при $M$: $\angle AMD = \angle BMH$;
- накрест лежащие углы: $\angle BAD = \angle ABH$.

По признаку подобия $	riangle AMD \sim 	riangle BMH$. Поскольку $AM = MB = 1$ (так как $M$ — середина $AB$), треугольники равны: $	riangle AMD = 	riangle BMH$.

Следовательно, $AD = BH = 2$ (сторона правильного шестиугольника) и $MD = MH$.

Из геометрии правильного шестиугольника получаем $HD = 4$ и $HC = 6$.

Пусть $L$ — пересечение $MD$ и $OC$, где $O$ — центр основания. Треугольники $HLC$ и $OLD$ подобны (по углам), причём:

$$\frac{HL}{LD} = \frac{HC}{OD} = \frac{6}{2} = 3$$

Отсюда $LD = \frac{1}{3}HL$ и $ML = LD$.

Плоскость $\alpha$ содержит прямую $MD$ и перпендикулярна плоскости $ABC$, поэтому $\alpha$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $ABC$, проходящей через $L$ перпендикулярно $MD$. Точка $K$ лежит на $SC$ и в плоскости $\alpha$, так что $KL \perp$ плоскости $ABC$.

В прямоугольных треугольниках $MLK$ и $KLD$:

$$KM^2 = KL^2 + ML^2, \quad KD^2 = KL^2 + LD^2$$

Поскольку $ML = LD$, имеем $KM = KD$. ✓

**б) Вычисление объёма**

Высота трапеции $ABCD$ из $C$ совпадает с высотой равностороннего треугольника $OCD$ (со стороной $2$). Обозначим основание этой высоты через $H_1$. Тогда $OH_1 = H_1D = 1$ и:

$$CH_1 = \sqrt{CD^2 - H_1D^2} = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$$

Площадь треугольника $HCD$:

$$S_{HCD} = \frac{1}{2} \cdot CH_1 \cdot HC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 6 = 3\sqrt{3}$$

Поскольку $HM = MD$, точка $M$ делит $HD$ пополам, поэтому:

$$S_{CDM} = \frac{1}{2} S_{HCD} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$$

Для нахождения высоты $KL$ рассмотрим треугольник $SOC$, где $O$ — центр основания. Из подобия треугольников $KLC$ и $OSC$ (по углам):

$$\frac{CL}{CO} = \frac{3}{4}$$

(так как $\frac{CL}{LO} = 3$, откуда $CL = 3x$, $LO = x$, $CO = 4x$).

Следовательно:

$$\frac{KL}{SO} = \frac{CL}{CO} = \frac{3}{4}$$

По теореме Пифагора в треугольнике $SOC$:

$$SO = \sqrt{SC^2 - OC^2} = \sqrt{64 - 4} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$$

Тогда:

$$KL = \frac{3}{4} \cdot 2\sqrt{15} = \frac{3\sqrt{15}}{2}$$

Объём пирамиды $CDKM$:

$$V_{CDKM} = \frac{1}{3} \cdot KL \cdot S_{CDM} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3\sqrt{15}}{2} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{9\sqrt{45}}{4} = \frac{1}{3} \cdot \frac{9 \cdot 3\sqrt{5}}{4} = \frac{9\sqrt{5}}{4}$$

Задание №14СтереометрияЕГЭ по математике