8605. Сторона основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
равна \frac{8}{\sqrt{7}}
. Через основание высоты пирамиды проведена плоскость, параллельная медианам SM
и BN
граней SAB
и SBC
соответственно. Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью, если расстояние от вершины пирамиды до этой плоскости равно \frac{2}{3}
.
Ответ. 6.
Решение. Пусть K
— середина ребра SD
(рис. 1). Тогда KN
— средняя линия треугольника CSD
, поэтому
KN\parallel CD\parallel BM,~KN=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB=BM.
Значит, четырёхугольник BMKN
— параллелограмм. Тогда KM\parallel BN
. Следовательно, секущая плоскость \alpha
, о которой говорится в условии задачи, параллельна пересекающимся прямым SM
и KM
.
Треугольник DSM
— сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямые SM
и KM
, значит, плоскость \alpha
параллельна плоскости DSM
. Тогда она пересекает плоскость основания пирамиды по прямой, проходящей через центр H
квадрата ABCD
параллельно прямой DM
.
Пусть эта прямая пересекается с прямыми AB
и CD
в точках P
и Q
соответственно. Тогда PH
— средняя линия треугольника BMD
, поэтому P
— середина отрезка BM
, а точка Q
делит отрезок CD
в отношении DQ:QC=1:3
.
Плоскость \alpha
пересекает грань CSD
по прямой, проходящей через точку Q
параллельно DS
, значит, эта прямая пересекает боковое ребро SC
в точке F
, делящей это ребро также в отношении SF:FC=1:3
.
Плоскость \alpha
пересекает грань ASB
по прямой, проходящей через точку P
параллельно MS
, значит, эта прямая пересекает боковое ребро SB
в его середине L
.
Таким образом, рассматриваемое сечение — четырёхугольник PLFQ
, причём
\frac{BP}{PA}=\frac{DQ}{QC}=\frac{1}{3},~BL=LS,~\frac{SF}{FC}=\frac{1}{3}.
Пусть L'
и F'
— ортогональные проекции точек соответственно L
и F
на плоскость основания пирамиды. Тогда L'
— середина отрезка BH
, а точка F'
делит отрезок CH
на отрезки, пропорциональные отрезкам SF
и FC
, т. е. \frac{F'H}{F'C}=\frac{SF}{FC}=\frac{1}{3}
.
Четырёхугольник PL'F'Q
— ортогональная проекция рассматриваемого сечения на плоскость основания пирамиды (рис. 2). Обозначим через a
сторону квадрата ABCD
(по условию a=\frac{8}{\sqrt{7}}
). Тогда
S_{ABCD}=a^{2},~S_{\triangle AHB}=S_{\triangle BHC}=S_{\triangle CHD}=\frac{1}{4}a^{2},
S_{\triangle PHL'}=\frac{1}{2}S_{\triangle PHB}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle BMH}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}S_{AHB}=\frac{1}{32}a^{2},
S_{\triangle L'HF'}=\frac{HL'}{HB}\cdot\frac{HF'}{HC}S_{\triangle BHC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}S_{\triangle BHC}=\frac{1}{32}a^{2},
S_{\triangle QHF'}=\frac{HF'}{HC}S_{\triangle CHQ}=\frac{1}{4}\cdot\frac{CQ}{CD}S_{\triangle CHD}=\frac{1}{4}\cdot\frac{3}{4}S_{\triangle CHD}=\frac{3}{16}\cdot\frac{1}{4}a^{2}=\frac{3}{64}a^{2}.
Следовательно,
S_{PL'F'Q}=S_{\triangle PHL'}+S_{\triangle L'HF'}+S_{\triangle QHF'}=
=\frac{1}{32}a^{2}+\frac{1}{32}a^{2}+\frac{3}{64}a^{2}=\frac{7}{64}a^{2}=\frac{7}{64}\left(\frac{8}{\sqrt{7}}\right)^{2}=\frac{7}{64}\cdot\frac{64}{7}=1.
Если угол между плоскостью основания и плоскостью сечения равен \varphi
, а искомая площадь сечения равна S
, то по теореме о площади ортогональной проекции S=\frac{S_{PL'F'Q}}{\cos\varphi}
. Значит, задача сводится к нахождению \cos\varphi
.
Поскольку секущая плоскость и плоскость DSM
параллельны (рис. 1), расстояние между ними равно расстоянию до секущей плоскости от точки S
, т. е. \frac{2}{3}
. Пусть E
— основание перпендикуляра, опущенного из точки H
на прямую DM
. Тогда прямая MD
перпендикулярна двум пересекающимся прямым HE
и SH
плоскости SEH
. Тогда, если HG
— высота треугольника SEH
, то HG
— перпендикуляр к плоскости DMS
. Следовательно, его длина равна расстоянию между параллельными плоскостями DMS
и \alpha
, т. е. HG=\frac{2}{3}
.
Из прямоугольных треугольников MEH
и EGH
находим, что
HE=MH\sin\angle EMH=MH\sin\angle MDA=MH\cdot\frac{AM}{DM}=\frac{a}{2}\cdot\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{a}{2\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{35}},
\sin\varphi=\sin\angle SEH=\sin GEH=\frac{HG}{HE}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{4}{\sqrt{35}}}=\frac{\sqrt{35}}{6}.
Тогда
\cos\varphi=\sqrt{1-\sin^{2}\varphi}=\sqrt{1-\frac{35}{36}}=\frac{1}{6}.
Поскольку плоскости \alpha
и DMS
параллельны, угол между плоскостью \alpha
и плоскостью основания пирамиды также равен \varphi
. Следовательно,
S=\frac{S_{PL'F'Q}}{\cos\varphi}=\frac{1}{\frac{1}{6}}=6.