14210. Основание пирамиды SABC
— прямоугольный треугольник ABC
с катетами AB=2
и BC=6
. Высота пирамиды — отрезок SD
, где точка D
симметрична точке B
относительно середины отрезка AC
. Точка M
принадлежит боковому ребру SB
, причём SM=2MB
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку D
параллельно гипотенузе основания AC
и отрезку AM
, если расстояние от точки B
до секущей плоскости равно \sqrt{14}
.
Ответ. 3.
Решение. Плоскость основания пирамиды проходит через прямую AC
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку D
, значит, секущая плоскость пересекает плоскость основания пирамиды по прямой l
, проходящей через точку D
параллельно AC
(см. задачу 8003). Пусть прямая l
пересекается с прямыми AB
и BC
в точках A_{1}
и C_{1}
соответственно. Тогда ACDA_{1}
— параллелограмм, поэтому AA{1}=CD=AB
, т. е. A
— середина отрезка BA_{1}
. Аналогично, C
— середина BC_{1}
.
Плоскость ASB
проходит через прямую AM
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку A_{1}
, значит, секущая плоскость пересекает плоскость ASB
по прямой m
, проходящей через точку A_{1}
параллельно AM
(см. задачу 8003). Пусть прямая m
пересекается с ребром SB
в точке N
. Тогда AM
— средняя линия треугольника BA_{1}N
, поэтому N
— середина SM
, а так как A_{1}N\parallel AM
, точка K
пересечения прямых A_{1}N
и SA
— середина ребра SA
. При этом
NM=MB=\frac{1}{3}SB,~SN=SB-\frac{2}{3}SB=\frac{1}{3}SB.
Аналогично, секущая плоскость пересекает ребро SC
в его середине L
.
Плоскость KNL
параллельна плоскости AMC
, поэтому треугольник KNL
подобен треугольнику AMC
, причём коэффициент подобия равен \frac{1}{2}
. Значит, S_{\triangle KNL}=\frac{1}{4}S_{AMC}
.
Пусть N'
— основание перпендикуляра, опущенного из точки N
на диагональ BD
основания, а N'Q
— перпендикуляр к A_{1}C_{1}
. Тогда NN'\parallel SD
, поэтому NN'
— перпендикуляр к плоскости основания данной пирамиды, а по теореме о трёх перпендикулярах NQ\perp A_{1}C_{1}
. Значит, NQN'
— линейный угол двугранного угла между плоскостью основания пирамиды и секущей плоскостью. Обозначим его через \alpha
.
Пусть N'H
— высота прямоугольного треугольника NQN'
. Тогда N'H
— перпендикуляр к секущей плоскости, поэтому расстояние от точки N'
до секущей плоскости равно длине отрезка N'H
. Поскольку N'D:BD=SN:SB=1:3
, это расстояние втрое меньше расстояния до секущей плоскости от точки D
(см. задачу 9180), т. е. N'H=\frac{\sqrt{11}}{3}
.
В то же время, отрезок N'Q
втрое меньше высоты BP
прямоугольного треугольника A_{1}BC_{1}
, т. е.
N'Q=\frac{1}{3}BP=\frac{1}{3}\cdot\frac{BA_{1}\cdot BC_{1}}{A_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}\frac{4\cdot12}{\sqrt{16+144}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{12}{1+9}=\frac{4}{\sqrt{10}}.
Из прямоугольного треугольника QHN'
находим, что
\sin\alpha=\frac{N'H}{N'Q}=\frac{\frac{\sqrt{11}}{3}}{\frac{4}{\sqrt{10}}}=\frac{\sqrt{35}}{6},~\cos\alpha=\frac{1}{6}.
Пусть MM'
— перпендикуляр к прямой BD
. Тогда MM'
— перпендикуляр к плоскости основания пирамиды, а треугольник AM'C
— ортогональная проекция треугольника ABC
на эту плоскость, причём, если E
— середина SB
, то.
\frac{OM'}{BO}=\frac{ME}{BE}=\frac{1}{3},
то S_{\triangle AM'C}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}
. Следовательно (см. задачу 8093),
S_{\triangle KNL}=\frac{1}{4}S_{\triangle AMC}=\frac{1}{4}\cdot\frac{S_{\triangle AM'C}}{\cos\alpha}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{S_{\triangle ABC}}{\cos\alpha}=\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\cdot6\cdot\frac{1}{\frac{1}{6}}=3.