Сечение куба по диагонали через середины сторон

Диагональное сечение куба: как найти его площадь, примеры, решение

Куб (правильный гексаэдр) – геометрическое тело, состоящее из шести попарно параллельных поверхностей и 12 одинаковых граней. Ещё ним называют правильный многогранник, основание коего – квадрат. Рассмотрим, как найти площадь диагонального сечения куба. После ознакомления с формулой решим пару несложных задач.

Диагональное сечение куба

Секущая площадь куба имеет форму прямоугольника, где одна пара сторон представлена рёбрами кубика, вторая – диагоналями граней. Для вычисления её площади нужна только длина ребра правильного прямоугольника, ведь одна из них выполняет роль высоты. Длина диагонали для треугольников, где высота – это гипотенуза, а рёбра – катеты, определяется по формуле a*√2. Занимаемая диагональным сечением куба площадь равняется:

Задачи

Решение. Мы знаем, как вычислить площадь прямоугольника, который лежит в основании сечения, и двух боковых поверхностей тела.

Для боковой поверхности используем формулу: S_БП = 2a2 – умножаем длину стороны саму на себя, затем – на два – количество сторон усечённого кубика.

Для прямоугольника S_ОСН = a * a√2 = a 2 *√2.

S_ПОЛН = S_ОСН + S_БП = a 2 *√2 + 2a 2 = 202*√2 + 2 * 202 = 400*√2 + 800 = 1365,7 см 2 .

Вычислить поверхность куба, если его диагональное сечение равно 8 * √2 см 2 .

Необходимо вычислить размер грани правильного гексаэдра, затем – возвести в квадрат – для нахождения S одной поверхности, далее – умножить на их количество – шесть штук.

Возьмём длину ребра, равную a; величины его поверхности – a 2 ; полная поверхность – 6a 2 .

Форма сечения гексаэдра с равными гранями – прямоугольник, где пара сторон – ребра квадрата, вторая – диагонали оснований. Из формулы они равны a√2. Подставим значения:

S = a 2 *√2. Длина грани рассматриваемого куба: a = √8, площадь одной грани – √8 2 = 8, а полная равна её произведению на количество сторон: S_П = 6 * 8 = 48 см 2 .

Для проведения более сложных расчётов часто придётся задействовать теорему Пифагора.

Две задачи на построение сечений

Здесь рассмотрено подробное решение двух наиболее сложных, на мой взгляд, задач из представленных в группе Задачи на построение сечений многогранников на этом сайте. Если Вы еще не выполняли подобных заданий, вернитесь на указанную страницу и попробуйте поработать самостоятельно.

Задача 6.

Замечание: куб на чертеже может быть повёрнут к нам любой гранью, но трудно предугадать, какой удобнее для построения. Поэтому, если совсем не получается решение какой-либо задачи по стереометрии, то я рекомендую начинать заново, перерисовав исходный чертёж. А зачастую бывает достаточно просто переставить символы, обозначающие вершины основания многоугольника (естественно, не произвольно, а согласовав между собой и с условием задачи).

Для начала вспомним признак перпендикулярности прямой и плоскости.

Теорема. Если прямая, пересекающая плоскость, перпендикулярна двум прямым в этой плоскости, проходящим через точку пересечения, то она перпендикулярна плоскости.

Аксиома. Если две различные прямые имеют общую точку, то через них можно провести плоскость, и притом только одну.

Поэтому для реализации нашей цели нужно найти две различные плоскости, содержащие прямую B₁D, и построить в них нужные перпендикуляры. В качестве таковых в кубе можно взять, например, плоскости B₁BDD₁ и B₁ADC₁

Построим сечение B₁BDD₁. Две противоположные стороны этого четырёхугольника являются рёбрами куба, а две другие — диагоналями его граней. По свойствам куба можем сделать вывод, что B₁BDD₁ – прямоугольник длина которого в √2 _ раз больше ширины. Делим диагональ на 4 части и ставим точку К, удовлетворяющую условию B₁K : B₁D = 1 : 4. Проводим через эту точку перпендикуляр к B₁D. Отрезок MN лежит на одной из искомых прямых.
При необходимости легко уточнить положение точек M и N на поверхности куба. Если задана длина ребра (или можно обозначить её, например, символом a), то длины отрезков B₁M и B₁N легко вычисляются из подобия прямоугольных треугольников, которое хорошо просматривается на плоском чертеже.

Получили четыре точки, принадлежащие искомой плоскости сечения и поверхности куба. Соединяем прямой линией точки M и F на грани BСС₁B₁. Соединяем точки F и N на грани A₁B₁С₁D₁ и продолжаем прямую до пересечения с ребром A₁B₁ в точке R. Соединяем точки R и E на грани A₁B₁BA и продолжаем прямую до пересечения с ребром B₁B в точке. M ? Но где гарантия, что именно в точке M, а не выше или ниже по ребру?

Если были проведены вычисления отрезков B₁F = B₁M и B₁N = B₁E в процессе анализа плоских прямоугольников, то ответ становится очевидным: так как прямоугольные треугольники B₁RF, B₁RM и B₁FM равнобедренные и равные.
Если же при построении положение точек M и F не вычислялось, а контролировался только факт их положения на рёбрах куба, то придётся произвести ряд вычислений на этапе доказательства верности построения.

Замечание I.
Возможен альтернативный подход к этой задаче. Так как куб является правильным многогранником и имеет центр симметрии, расположенный в точке пересечения диагоналей, а значит на линии B₁D, с которой мы работаем, то можно предположить, что сечение также будет симметричным и будет иметь форму равностороннего треугольника. Поэтому после анализа (жёлтого) прямоугольника на первом чертеже и получения точки М, можно сразу отложить от вершины B₁ на рёбрах куба равные отрезки B₁R = B₁F = B₁M, а затем доказать, что плоскость RMF перпендикулярна прямой B₁D. Для этого лучше всего воспользоваться теоремой о трёх перпендикулярах.

Теорема. 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.

Замечание II.
Вид сечения сильно зависит от положения точки K на диагонали куба. Попробуйте сместить точку K ближе к середине отрезка B₁D и построить MN ⊥ B₁D в прямоугольнике B₁BDD₁. На каких гранях и рёбрах куба теперь окажутся точки искомого сечения?

Ниже вы можете посмотреть маленькое видео о том, как изменяется сечение куба плоскостью, перпендикулярной его диагонали, в зависимости от положения их точки пересечения.

Задача 16.

При решении задачи предполагаем, что все операции на плоскости, в частности, построение параллельных и перпендикулярных прямых, нам известны из планиметрии и в подробном описании не нуждаются.

Чтобы построить плоскость, параллельную заданной плоскости, нужно вспомнить признак параллельности двух плоскостей.

Теорема. Две плоскости параллельны, если одна из них параллельна двум пересекающимся прямым, лежащим в другой плоскости.

Теорема. Если прямая, не принадлежащая плоскости, параллельна какой-нибудь прямой в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости.

Кроме того, нам нужно, чтобы плоскость сечения проходила через заданную точку А₂. Значит, хорошо бы сразу найти две такие пересекающиеся прямые, параллельные каким-либо прямым в плоскости PQR, чтобы хотя бы одна из них содержала точку А₂. В этом и будет состоять первый этап решения задачи.

Через точки R и Р проводим РN || CC₁ и RM || CC₁ . Соединяем точки M и N прямой линией. По свойствам призмы получим MN || RР и MN = RР .

Терерь рассмотрим диагональное сечение призмы, проведенное через параллельные прямые AA₁ и СС₁. Плоскость AA₁C₁C содержит заданные точкии A₂ и Q и пересекает заданную плоскость PQR по линии QE. (Буквой Е обозначена общая точка линии пересечения плоскостей и прямой RP.) В этой плоскости (голубой на чертеже) через точку А₂ проводим прямую, параллельную QE до пересечения с верхним основанием призмы в точке F. А₂F || QE по построению.

На верхней грани призмы через точку F проводим прямую, параллельную линии MN, которая в нашем случае пересекает рёбра призмы A₁D₁ и B₁C₁ в точках H и G соответственно. HG || MN .
В зависимости от положения точки А₂ на ребре АА₁ положение точек H и G на рёбрах призмы может изменяться. Например, если бы точка А₂ располагалась ближе к вершине А₁, то точка G могла бы оказаться на ребре А₁В₁, а если бы она находилась близко к вершине А, то точка Н могла бы оказаться на ребре D₁С₁. От этого зависит окончательная форма искомого сечения призмы. Т.е. поскольку в условии задачи положение точек на рёбрах не фиксировано, то ваши ответы могут отличаться от приведенного мной не только формой на чертеже, но и количеством сторон получившегося многоугольника.

Обе прямые HG и RР параллельны прямой MN по построению, следовательно HG || RР . Для прямых в плоскости это вам уже известно давно. Для прямых в пространстве это тоже доказано.

Теорема. Если две прямые параллельны третьей прямой, то они параллельны.

Таким образом, прямые А₂F и HG и есть те самые прямые, которые мы искали. А₂F параллельна QE, следовательно параллельна плоскости PQR. HG параллельна RР, следовательно параллельна плоскости PQR. А₂F и HG пересекаются в точке F. Эти прямые определят секущую плоскость, параллельную заданной PQR.

Продолжим прямую HG до пересечения с ребром A₁B₁ в точке L. Точка L принадлежит верхней и фронтальной (на нашем чертеже) граням призмы, поскольку она принадлежит их общему ребру. Кроме того, точка L принадлежит плоскости сечения, поскольку находится на прямой HG. Следовательно, эта точка должна принадлежать и линии пересечения фронтальной грани с плоскостью сечения. Соединяем точку L с точкой А₂. Эта прямая будет принадлежать плоскости грани АА₁В₁В на основании следующей теоремы.

Теорема. Если две точки прямой принадлежат плоскости, то вся прямая принадлежит этой плоскости.

Пользуясь этим же утверждением, соединяем и остальные две пары точек, принадлежащих одной грани призмы.

То, что оно удовлетворяет условию проходить через точку А₂ очевидно по построению. То, что плоскость A₂HGK параллельна плоскости RQP мы доказали, ссылаясь на соответствующие положения теории на каждом шаге построения.

Замечание.
Конечно, во время экзамена вы не будете делать несколько чертежей и так подробно описывать построение. Итоговый чертёж будет выглядеть примерно так.
Однако, не забывайте, что основное требование к заданиям второй части ЕГЭ профильного уровня это обоснованность решения. Поэтому, если вы просто выполнили все построения и представили на проверку итоговый чертёж, то к нему необходимо написать доказательство, которое содержит ссылки на теорию. При этом не обязательно цитировать теоремы полностью, можно упомянуть их названия.

Внимание: Если вы нашли ошибку или опечатку, пожалуйста, сообщите о ней на email.

Понравились материалы сайта?
Узнайте, как поддержать сайт и помочь его развитию.

Есть вопросы? пожелания? замечания? Обращайтесь — mathematichka@yandex.ru