7988. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник ABC
с основанием AC=2
и боковой стороной \sqrt{7}
. Грань ACD
перпендикулярна плоскости основания и представляет собой правильный треугольник. Найдите ребро BD
, а также площади всех тех сечений пирамиды, которые являются квадратами.
Ответ. 3; \frac{36}{25}
.
Решение. Пусть DM
— высота равностороннего треугольника ADC
. Тогда M
— середина AC
и
DM=AD\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}.
Поскольку плоскость грани ADC
перпендикулярна плоскости основания ABC
, прямая DM
перпендикулярна плоскости основания. Поэтому DM
— высота пирамиды ABCD
. Медиана BM
равнобедренного треугольника ABC
является его высотой. Прямая BM
есть ортогональная проекция наклонной DB
на плоскость основания пирамиды. Так как BM\perp AC
, то по теореме о трёх перпендикулярах DB\perp AC
.
Из прямоугольного треугольника ACM
находим, что
BM=\sqrt{BC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{7-1}=\sqrt{6}.
Следовательно,
BD=\sqrt{DM^{2}+BM^{2}}=\sqrt{3+6}=3.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, пересекающей рёбра AB
, CB
, CD
и AD
в точках P
, Q
, R
и T
соответственно. Предположим, что PQ\parallel RT
. Тогда через параллельные прямые PQ
и RT
проходят две плоскости ABC
и ADC
, пересекающиеся по прямой AC
. Значит, прямые PQ
и RT
параллельны прямой AC
. Аналогично докажем, что если PT\parallel QR
, то прямые PT
и QR
параллельны прямой BD
. По доказанному ранее AC\perp BD
. Поэтому, если плоскость, пересекающая рёбра AB
, CB
, CD
и AD
, в сечении с данной пирамидой даёт параллелограмм, то этот параллелограмм — прямоугольник. Обозначим \frac{BP}{BA}=k
. Тогда
PQ=kAC=2k,~PT=(1-k)BD=3(1-k).
Из уравнения 2k=3(1-k
) находим, что k=\frac{3}{5}
. Значит, если указанное сечение является квадратом, то PQ=PT=\frac{6}{5}
. Площадь такого сечения равна \frac{36}{25}
.
Предположим теперь, что секущая плоскость пересекает рёбра AC
, AB
, DC
и DB
, причём в сечении получился параллелограмм. Аналогично предыдущему докажем, что одна пара противоположных сторон параллелограмма параллельна ребру AD
, а вторая — ребру BC
. Значит, если бы в сечении получился прямоугольник, то противоположные рёбра AD
и BC
данной пирамиды были бы перпендикулярны. Докажем, что это не так.
Предположим, что AD\perp BC
. Так как прямая AC
есть ортогональная проекция наклонной AD
на плоскость основания пирамиды, то по теореме о трёх перпендикулярах AC\perp BC
, что невозможно (\angle ACB\lt90^{\circ})
.
Аналогично докажем, что в сечении пирамиды ABCD
плоскостью, пересекающей рёбра CA
, CB
, DA
и DB
, также не может получиться квадрат.