14497. Высота правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равна h
. Боковое ребро образует с плоскостью основания угол \alpha
, а диагональ пирамиды — угол \beta
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ пирамиды параллельно непересекающей её диагонали основания.
Ответ. \frac{h^{2}(\ctg^{2}\beta-\ctg^{2}\alpha)}{2\cos\beta}
.
Решение. Пусть ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}
— основания данной правильной четырёхугольной усечённой пирамиды ABCDA_{1}B_{1}C_{1}
(AB\gt A_{1}B_{1}
). Пусть секущая плоскость проходит через диагональ DB_{1}
пирамиды параллельно диагонали AC
основания ABCD
.
Плоскость основания ABCD
проходит через прямую AC
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку D
. Значит, эти плоскости пересекаются по прямой, параллельной AC
(см. задачу 8003). Пусть эта прямая пересекает продолжения рёбер AB
и BC
в точках M
и N
соответственно. Тогда ACDM
— параллелограмм, поэтому AM=CD=AB
, т. е. A
— середина отрезка BM
. Аналогично, C
— середина отрезка BN
. Значит, AC
— средняя линия треугольника MBN
. Следовательно, MN=2AC
. Аналогично, M_{1}N_{1}=2A_{1}C_{1}
.
Пусть отрезки DM_{1}
и AA_{1}
пересекаются в точке K
, а отрезки DN_{1}
и CC_{1}
— в точке L
. Тогда сечение пирамиды, о котором говорится в условии, — четырёхугольник DKB_{1}L
. Обозначим его площадь через S
.
Секущая плоскость проходит через прямую MN
, параллельную AC
, и пересекает плоскость диагонального сечения AA_{1}C_{1}C
по прямой KL
. Значит, KL\parallel MN\parallel AC
, а так как AC\perp BD
, то AC\perp DB_{1}
, поэтому KL\perp BD_{1}
, т. е. диагонали четырёхугольника DKB_{1}L
перпендикулярны. Следовательно, S=\frac{1}{2}KL\cdot DB_{1}
.
Пусть отрезки KL
и DB_{1}
пересекаются в точке Q
. Треугольник KB_{1}L
подобен треугольнику MB_{1}N
, а треугольник KDL
— треугольнику M_{1}DN_{1}
, поэтому
\frac{B_{1}Q}{B_{1}D}=\frac{KL}{MN},~\frac{DQ}{B_{1}D}=\frac{KL}{M_{1}N_{1}}.
Сложив эти два равенства, получим
\frac{KL}{MN}+\frac{KL}{M_{1}N_{1}}=\frac{B_{1}Q}{B_{1}D}+\frac{DQ}{B_{1}D}=\frac{B_{1}Q+DQ}{B_{1}D}=1,
а так как MN=2AC
и M_{1}N_{1}=2A_{1}C_{1}
, то
KL=\frac{1}{\frac{1}{MN}+\frac{1}{M_{1}N_{1}}}=\frac{1}{\frac{1}{2AC}+\frac{1}{2A_{1}C_{1}}}=\frac{2AC\cdot A_{1}C_{1}}{AC+A_{1}C_{1}}.
Пусть B_{1}H
— высота равнобедренной трапеции BDD_{1}B_{1}
. Тогда BH
— высота пирамиды. По условию
B_{1}H=h,~\angle B_{1}BH=\alpha,~\angle B_{1}DH=\beta.
Значит,
AC=BD=BH+DH=h\ctg\alpha+h\ctg\beta=h(\ctg\alpha+\ctg\beta),~
A_{1}C_{1}=B_{1}D_{1}=BD-2BH=h\ctg\alpha+h\ctg\beta-2h\ctg\alpha=h(\ctg\beta-\ctg\alpha).
Из прямоугольного треугольника DHB_{1}
находим, что
DB_{1}=\frac{B_{1}H}{\sin\angle B_{1}DH}=\frac{h}{\sin\beta}.
Следовательно,
S=\frac{1}{2}KL\cdot DB_{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2AC\cdot A_{1}C_{1}}{AC+A_{1}C_{1}}\cdot DB_{1}=
=\frac{AC\cdot A_{1}C_{1}}{AC+A_{1}C_{1}}\cdot DB_{1}=\frac{h^{2}(\ctg\alpha+\ctg\beta)(\ctg\beta-\ctg\alpha)}{h(\ctg\beta+\ctg\alpha+\ctg\beta-\ctg\alpha)}\cdot\frac{h}{\sin\beta}=
=\frac{h^{2}(\ctg^{2}\beta-\ctg^{2}\alpha)}{2\ctg\beta\sin\beta}=\frac{h^{2}(\ctg^{2}\beta-\ctg^{2}\alpha)}{2\cos\beta}.