Как доказать что сечение равнобедренная трапеция

1.Может ли в сечении куба плоскостью получиться:

1.Может ли в сечении куба плоскостью получиться: а) трапеция; б) равнобедренная трапеция; в) неравнобедренная трапеция; г) прямоугольная трапеция; д) тупоугольная трапеция?

Голосование за лучший ответ

Похожие вопросы

Ваш браузер устарел

Мы постоянно добавляем новый функционал в основной интерфейс проекта. К сожалению, старые браузеры не в состоянии качественно работать с современными программными продуктами. Для корректной работы используйте последние версии браузеров Chrome, Mozilla Firefox, Opera, Microsoft Edge или установите браузер Atom.

Задание 14. Тренировочный вариант ЕГЭ № 243 Ларина

а) 1)Соединяем точки Q и P и Q и M (лежат в одной плоскости). Так как Q и P середины, то $$QP\parallel DC$$, тогда построим через М прямую, параллельную DC, пусть она пересекет SC в точке L. То есть $$ML\parallel DC\parallel QP$$, значит QMLP — трапеция

2)Из параллельности ML и DC получаем подобие SML и SDC, тогда, так как DS=CS, то и MD=LC. Так как AD=BC, то их половины QD=PC. $$\angle QDM=\angle PCM$$, тогда треугольники QDM и CPL равны по двум стороным и углу между ними и MQ=PL, то есть тапеция равнобедренная.

б) 1)Разобьем многогранник QDCPLM на четырехугольную пирамиду QDCPM и треугольную MLCP. Пусть объем пирамида SABCD равен V.

2) Если опустить перпендикуляр из точки M к плоскости ABCD, то его длина будет относить к длине перпендикуляра из S к этой плоскости так же, как DM:DS=2:5. При этом площадь QDCP составляет половину от ABCD. Выразим объем QDCPM через V: $$V_=\frac*\fracV=\fracV$$

3) Аналогично рассмотрим пирамиды MLCP и DSCB. Высота первой к высоте второй, опущенный к плоскости SBC будут относиться как SM:SD=3:5. При этом площадь LCP составляет $$\frac$$ от площади SBC, то есть $$\frac$$. Тогда $$V_=\frac*\fracV_=\fracV_$$. Но если рассматривать DSCB как пирамиду с основанием DCB, то очевидно, что $$V_=\fracV$$ и тогда $$V_=\fracV$$

4) В итоге $$V_=\fracV+\fracV=\fracV$$. Тогда оставшаяся часть составим $$V-\fracV=\fracV$$. И отношение частей $$\frac$$

Задание №14 Т/Р №173 А. Ларина

14. В основании приямой призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ лежит трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$. Точка $K$ – середина ребра $BB_1$. Плоскость $\alpha $ проходит через середины ребер $AB$ и $BB_1$ параллельно прямой $B_1D$.
А) Докажите, что сечением призмы плоскостью $\alpha $ является равнобедренная трапеция.

Б) Найдите объем большей части призмы, на которые ее разбивает плоскость $\alpha $, если известно, что $BC=7,AD=25,AB=15,BB_1=8.$

a) Плоскость $\alpha $ имеет общую точку $K$ с плоскостью $BB_1D,$ значит пересечет ее по прямой (назовем ее $KP,P\in BD$), параллельной $B_1D,$ раз по условию $B_1D$ параллельна $\alpha $ (применили свойство прямой, параллельной плоскости). Очевидно, $P$ – середина $BD.$

Пусть $NP$ пересекается с $CD$ в точке $M.$ Заметим, $NM$ – средняя линия трапеции, она параллельна плоскости $BCC_1.$ Тогда плоскость $\alpha$ пересекает $BCC_1$ по прямой $KL$ ($L$ – середина $CC_1$), параллельной $NM.$

Итак, $NMLK$ – сечение призмы плоскостью $\alpha.$ Как мы уже показали, – $NMLK$ – трапеция. Покажем, что она равнобедренная. Действительно, $NK,ML$ – средние линии равных треугольников $ABB_1,DCC_1,$ а значит, равны между собой.

б) Найдем объем $V$ многогранника $NBCMLK$ как сумму объемов пирамид $NBPK,PMCL,BKLCP.$

Несложно рассчитать, что высота трапеции $ABCD$ равна $12.$

Пусть $PH$ перпендикулярна $BC.$ Тогда в силу перпендикулярности плоскостей $ABCD,BCC_1$ $PH$ перпендикулярна плоскости $BCC_1.$ Заметим, высота $PH$ пирамиды $BKLCP$ (основание пирамиды – $BKLC$) – половина высоты трапеции.

Ответ: $1416.$

Докажите, что построенное сечение — трапеция. Вопросы и задачи 84, Геометрия, 10-11 класс, Атанасян Л.С.

Изобразите параллелепипед АВСDА₁В₁С₁D₁ и постройте его сечение плоскостью, проходящей через точки В₁, D₁ и середину ребра СD. Докажите, что построенное сечение — трапеция.

Лучший ответ

Любаня Таран

Пожаловаться

Бери мой тогда)

T. Р — середина ребра CD.
По теореме II, плоскость сечение пересечет основания А₁В₁С₁D₁
и ABCD по параллельным прямым.
Проведем BD; BD || B₁D₁. Из точки Р проводим PQ || BD. Поэто­му PQ || B₁D₁. Соединим точки В₁ и Q; D₁ и Р. Сечение B₁D₁Q — искомое.
В 4-угольнике B₁D₁PQ имеем B₁D || PQ, значит, B₁D₁PQ — трапе­ция (по определению).