8353. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
сторона основания ABCD
равна \sqrt{2}
, высота SO
равна 2. Точка K
лежит на высоте SO
, причём KS:KO=1:3
. Через точку K
проведена плоскость \Pi
, перпендикулярная прямой SA
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \Pi
, расстояние от точки D
до плоскости \Pi
и угол между плоскостью \Pi
и прямой SD
.
Ответ. \frac{\sqrt{5}}{15}
, \frac{3\sqrt{5}}{5}
, \arcsin\frac{4}{5}
.
Решение. Через точку K
проведём прямую, перпендикулярную SA
, и прямую, параллельную диагонали BD
основания. Пусть первая из проведённых прямых пересекает SA
и SC
в точках A_{1}
и C_{1}
соответственно, а вторая прямая пересекает SB
и SD
в точках B_{1}
и D_{1}
соответственно. Докажем, что плоскость четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярна прямой SA
.
Действительно, SA\perp A_{1}C_{1}
по построению, а так как B_{1}D_{1}\parallel BD
и SA\perp BD
(по теореме о трёх перпендикулярах), то SA\perp B_{1}D_{1}
. Значит, прямая SA
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Что и требовалось доказать.
Обозначим \angle SKA_{1}=\angle SAO=\alpha
. Из прямоугольных треугольников AOB
и AOS
находим, что
OA=\frac{AB}{\sqrt{2}}=1,~SA=\sqrt{OA^{2}+SO^{2}}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5},
\tg\alpha=\frac{SO}{OA}=2,~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}.
Тогда
\tg\angle ASC=\tg(180^{\circ}-2\alpha)=-\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{\tg^{2}\alpha-1}=\frac{2\cdot2}{4-1}=\frac{4}{3},~\cos\angle ASC=\frac{3}{5}.
Из прямоугольных треугольников SA_{1}K
и SA_{1}C_{1}
находим, что
SA_{1}=SK\sin\angle SKA_{1}=\frac{1}{4}SO\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}},
A_{1}C_{1}=SA_{1}\tg\angle A_{1}SC_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{4}{3}=\frac{4}{3\sqrt{5}},
SC_{1}=\frac{A_{1}C_{1}}{\cos\angle A_{1}SC_{1}}=\frac{\frac{4}{3\sqrt{5}}}{\frac{3}{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{9}\lt\sqrt{5}=SC.
Значит, точка C_{1}
лежит на ребре SC
, а не на его продолжении. Следовательно, четырёхугольник A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— сечение, о котором говорится в условии задачи.
Прямая AC
— ортогональная проекция прямой A_{1}C_{1}
на плоскость основания пирамиды, причём AC\perp BD
, значит, A_{1}C_{1}\perp BD
(по теореме о трёх перпендикулярах), а так как B_{1}D_{1}\parallel BD
, то A_{1}C_{1}\perp B_{1}D_{1}
. Следовательно, диагонали четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярны.
Треугольник SB_{1}D_{1}
подобен треугольнику SBD
с коэффициентом \frac{1}{4}
, поэтому B_{1}D_{1}=\frac{1}{4}BD=\frac{1}{2}
. Следовательно,
S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{1}{2}A_{1}C_{1}\cdot B_{1}D_{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}}{15}.
Опустим перпендикуляр OH
из центра основания пирамиды на прямую A_{1}C_{1}
. Прямая OH
лежит в плоскости ASC
, перпендикулярной BD
, а значит, и B_{1}D_{1}
. Поэтому прямая OH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым A_{1}C_{1}
и B_{1}D_{1}
плоскости \Pi
. Следовательно, OH
— перпендикуляр к этой плоскости. Прямоугольные треугольники OHK
и SA_{1}K
подобны с коэффициентом \frac{OK}{KS}=3
, поэтому
OH=3SA_{1}=3\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.
Пусть T
— основание перпендикуляра, опущенного из точки D
на плоскость \Pi
. Прямая BD
параллельна прямой B_{1}D_{1}
, лежащей в плоскости \Pi
, значит, расстояние от точки D
до плоскости \Pi
равно расстоянию от точки O
до этой плоскости, т. е. DT=OH=\frac{3\sqrt{5}}{5}
.
Треугольник SB_{1}D_{1}
подобен треугольнику SBD
с коэффициентом \frac{1}{4}
, поэтому
DD_{1}=\frac{3}{4}SD=\frac{3}{4}SA=\frac{3\sqrt{5}}{4}.
Угол прямой SD
с плоскостью \Pi
— это угол DD_{1}T
. Обозначим \angle DD_{1}T=\varphi
. Из прямоугольного треугольника DTD_{1}
находим, что
\sin\varphi=\frac{DT}{DD_{1}}=\frac{OH}{DD_{1}}=\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{\frac{3\sqrt{5}}{4}}=\frac{4}{5}.