7893. На гранях двугранного угла с ребром AD
лежат точки B
и C
. Отрезок DE
параллелен плоскости треугольника ABC
. В пирамиду BCDE
вписан шар. Отношение расстояния от его центра до прямой DE
к расстоянию от прямой DE
до плоскости ABC
равно k
. Пусть точка B'
— проекция точки B
на плоскость CDE
. Известно, что \tg\angle B'DE:\tg\angle BDE=l
. Через середину отрезка AD
проведена плоскость P
, параллельная плоскости ABC
. Найдите площадь сечения плоскостью P
многогранника ABCDE
, составленного из треугольных пирамид ABCD
и BCDE
, если известно, что площадь грани ABC
равна S
, а сумма площадей всех граней пирамиды BCDE
равна \sigma
.
Ответ. \frac{S+\sigma k\sqrt{2-2l}}{4}
.
Решение. Пусть F
— ортогональная проекция точки E
на плоскость ABC
; Q
— основание перпендикуляра, опущенного из центра O
данного шара на прямую DE
; M
— середина AD
; N
, K
, L
и G
— точки пересечения плоскости P
с отрезками BD
, BE
, CE
и CD
соответственно; H
— точка касания шара с плоскостью CDE
.
Поскольку плоскость P
и прямая DE
параллельны плоскости ABC
, а M
— середина AD
, точки N
, K
, L
и G
— середины отрезков BD
, BE
, CE
и CD
соответственно, а четырёхугольник NKLG
— параллелограмм, в котором противоположные стороны NK
и GL
параллельны отрезку DE
, а стороны KL
и NG
— отрезку BC
. Тогда треугольник MNG
подобен треугольнику ABC
с коэффициентом \frac{1}{2}
. Значит,
S_{\triangle MNG}=\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{4}S.
Пусть r
— радиус шара, V
— объём пирамиды BCDE
, \varphi
— угол между прямыми DE
и BC
, S_{1}
— площадь параллелограмма NKLG
. Так как площадь полной поверхности этой пирамиды равна \sigma
, то V=\frac{1}{3}\sigma r
. С другой стороны, так как длина отрезка EF
равна расстоянию между скрещивающимися рёбрами DE
и BC
пирамиды BCDE
, то
V=\frac{1}{6}DE\cdot BC\cdot EF\sin\varphi=\frac{1}{6}\cdot2NK\cdot2KL\sin\varphi\cdot EF=
=\frac{2}{3}NK\cdot KL\sin\varphi\cdot EF=\frac{2}{3}S_{1}\cdot EF,
S_{1}=\frac{\frac{3}{2}V}{EF}=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{3}\frac{\sigma r}{EF}=\frac{\sigma r}{2EF}.
Пусть BH
— высота треугольника DBE
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах B'H\perp DE
. Поэтому угол B'HB
— линейный угол двугранного угла при ребре DE
пирамиды BCDE
. Обозначим \angle B'HB=\gamma
. Тогда
\cos\gamma=\frac{B'H}{BH}=\frac{DH\tg\angle B'DE}{DH\tg\angle BDE}=\tg\angle B'DE:\tg\angle BDE=l,
\sin\frac{\gamma}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\gamma}{2}}=\sqrt{\frac{1-l}{2}}.
Поскольку данный шар вписан в рассматриваемый двугранный угол, его центр O
лежит в биссекторной плоскости этого угла, поэтому r=OQ\sin\frac{\gamma}{2}
. Значит,
S_{1}=\frac{\sigma r}{2EF}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sigma\cdot OQ\cdot\sin\frac{\gamma}{2}}{EF}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sigma\sin\frac{\gamma}{2}\cdot OQ}{EF}=
=\frac{1}{2}\cdot\sigma\sin\frac{\gamma}{2}\cdot k=\frac{1}{2}\sigma k\sqrt{\frac{1-l}{2}}=\frac{1}{4}\sigma k\sqrt{2(1-l)}.
Следовательно,
S_{MNKLG}=\frac{1}{4}S+S_{1}=\frac{1}{4}S+\frac{1}{4}\sigma k\sqrt{2(1-l)}=\frac{1}{4}(S+\sigma k\sqrt{2(1-l)}).