14388. Стороны оснований правильной шестиугольной усечённой пирамиды равны a
и 3a
. Расстояние между двумя параллельными рёбрами, лежащими в плоскостях различных оснований и в различных боковых гранях, равно b
. Вычислите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через указанные параллельные рёбра.
Ответ. \frac{11}{4}ab
.
Решение. Пусть ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
— данная правильная усечённая пирамиды с основаниями ABCDEF
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
и боковыми рёбрами AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
, DD_{1}
, EE_{1}
, FF_{1}
(рис. 1), а секущая плоскость проведена через рёбра AB
и D_{1}E_{1}
. Пусть O
и O_{1}
— центры соответственно, большего и меньшего оснований пирамиды, M
и N
— середины рёбер AB
и D_{1}E_{1}
соответственно, а H
— середина ребра DE
.
Поскольку AE_{1}D_{1}B
— равнобедренная трапеция, отрезок MN
, соединяющий середины её оснований и лежащий в плоскости сечения, перпендикулярен основаниям, поэтому MN=b
.
Пусть прямая AB
пересекает прямые CD
и EF
в точках P
и Q
соответственно, прямая PD_{1}
пересекает ребро CC_{1}
в точке K
, а прямая QE_{1}
пересекает ребро FF_{1}
в точке L
. Тогда сечение, о котором говорится в условии, — это шестиугольник ABKD_{1}E_{1}L
.
Треугольник BPC
равносторонний, поэтому CP=BC=3a
. Треугольник C_{1}KD_{1}
(рис. 2) подобен треугольнику CKP
с коэффициентом \frac{C_{1}D_{1}}{CP}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{3}
, поэтому \frac{C_{1}K}{KC}=\frac{1}{3}
.
Пусть N'
— ортогональная проекция точки N
на плоскость большего основания пирамиды. Тогда точка N'
лежит на отрезке MH
между точками O
и H
, причём
ON'=O_{1}N=\frac{a\sqrt{3}}{2},
поэтому
MN'=MO+ON'=\frac{3a\sqrt{3}}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{2}=2a\sqrt{3}.
По теореме о трёх перпендикулярах N'M\perp AB
, поэтому \angle NMN'=\varphi
— угол между плоскостью сечения и плоскостью большего основания пирамиды. Из прямоугольного треугольника NN'M
находим, что
\cos\varphi=\frac{MN'}{MN}=\frac{2a\sqrt{3}}{b}.
Пусть D_{1}'
, E_{1}'
, K'
, L'
и C_{1}'
— ортогональные проекции точек соответственно D_{1}
, E_{1}
, K
, L
и C_{1}'
на плоскость большего основания пирамиды. Тогда эти точки лежат на отрезках OD
, OE
, OC
, OF
и OC
соответственно, причём
\frac{OE_{1}'}{OE_{1}'}=\frac{OD_{1}'}{OD}=\frac{1}{3},~OC_{1}'=O_{1}C_{1}=a,~
CC_{1}'=OC-OC_{1}'=3a-a=2a,~CK'=\frac{3}{4}CC_{1}'=\frac{3}{2}a,
OK'=OC-CK'=3a-\frac{3}{2}a=\frac{3}{2}a=\frac{1}{2}OC.
Аналогично, OL'=\frac{1}{2}OF
.
Ортогональная проекция ABK'D_{1}'E_{1}'L'
сечения ABKD_{1}E_{1}L
на плоскость большего основания состоит из прямоугольника ABK'L'
с сторонами AB=3a
и AL'=\frac{3a\sqrt{3}}{2}
, а также из трапеции K'D_{1}'E_{1}'L'
с основаниями
K'L'=AB=3a,~D_{1}'E_{1}'=\frac{1}{3}DE=\frac{1}{3}\cdot3a=a
и высотой
\frac{1}{3}OH=\frac{1}{3}\cdot\frac{3a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Значит,
S_{ABK'D_{1}'E_{1}'L'}=3a\cdot\frac{3a\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}(a+3a)\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{11a\sqrt{3}}{2}.
Следовательно (см. задачу 8094),
S_{ABKD_{1}E_{1}L}=\frac{S_{ABK'D_{1}'E_{1}'L'}}{\cos\varphi}=\frac{\frac{11a\sqrt{3}}{2}}{\frac{2a\sqrt{3}}{b}}=\frac{11}{4}ab.