14384. В основании пирамиды лежит правильный треугольник со стороной a
. Одна из граней пирамиды перпендикулярна плоскости основания. Эта грань — равнобедренный треугольник с боковой стороной b
(b\ne a
). Найдите площадь того сечения пирамиды, которое является квадратом.
Ответ. \frac{a^{2}(a^{2}+2b^{2})}{(a\sqrt{2}+\sqrt{a^{2}+2b^{2}})^{2}}
.
Решение. Пусть ABCD
— данная пирамида с вершиной D
, а плоскость ADB
перпендикулярна плоскости ABC
. Секущая плоскость должна пересекать четыре ребра пирамиды. Рассмотрим случай, когда вершины K
, L
, M
и N
сечения — точки пересечения секущей плоскости с рёбрами AC
, BC
, DB
и DA
соответственно (потом докажем, что другого случая быть не может).
Противоположные стороны LM
и KN
сечения KLMN
параллельны, а проходящие через них плоскости соответственно BCD
и ACD
пересекаются по прямой DC
. Значит, эти стороны параллельны ребру CD
(см. задачу 8004). Аналогично, стороны KL
и MN
параллельны ребру AB
.
Пусть H
— середина ребра AB
. Тогда DH
и CH
перпендикулярны прямой AB
пересечения перпендикулярных плоскостей ADB
и ABC
. Значит, DH\perp CH
, а DH
— высота пирамиды. По теореме о трёх перпендикулярах CD\perp AB
, поэтому LM\perp MN
. Следовательно, KLMN
— квадрат.
Из прямоугольных треугольников AHD
и CHD
находим, что
DH^{2}=DA^{2}-AH^{2}=b^{2}-\frac{a^{2}}{4},~
DC^{2}=DH^{2}+CH^{2}=\left(b^{2}-\frac{a^{2}}{4}\right)+\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=\frac{a^{2}}{2}+b^{2}.
Обозначим \frac{DN}{DA}=k
и DC=c
. Треугольник NDM
подобен треугольнику ADB
с коэффициентом k
, а треугольник KAN
подобен треугольнику CAD
с коэффициентом 1-k
, поэтому
KL=MN=kAB=ka,~LM=KN=(1-k)DC=(1-k)c,
а так как KL=LM
, то ka=(1-k)c
, откуда k=\frac{c}{a+c}
. Следовательно, если S
— площадь сечения, то
S=KL^{2}=(ka)^{2}=\left(\frac{ac}{a+c}\right)^{2}=\frac{a^{2}c^{2}}{(a+c)^{2}}=
=\frac{a^{2}\left(\frac{a^{2}}{2}+b^{2}\right)}{\left(a+\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+b^{2}}\right)^{2}}=\frac{a^{2}(a^{2}+2b^{2})}{(a\sqrt{2}+\sqrt{a^{2}+2b^{2}})^{2}}.
Предположим теперь, что плоскость сечения пересекает рёбра AB
, BC
, DC
и DA
. Тогда соседние стороны сечения параллельны рёбрам AC
и DB
соответственно, а эти рёбра не перпендикулярны, так как в противном случае ортогональная проекция AH
ребра DA
на плоскость ABC
была бы перпендикулярна BC
. Что невозможно по условию. Аналогично для оставшегося случая.