8978. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
высота равна диагонали основания ABCD
. Через вершину A
параллельно прямой BD
проведена плоскость, касающаяся вписанного в пирамиду шара. Найдите отношение площади сечения к площади основания пирамиды.
Ответ. \frac{1}{3}
.
Решение. Пусть SH
— высота пирамиды, M
— середина BC
; P
, Q
и E
— точки пересечения секущей плоскости с боковыми рёбрами SB
, SD
и SC
соответственно; F
— точка касания шара с секущей плоскостью, O
— центр шара, r
— его радиус. Обозначим AB=a
, \angle SCH=\alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания, \angle SMH=\beta
— угол боковой грани с плоскостью основания.
Из прямоугольных треугольников SHC
и SMH
находим, что
\tg\alpha=\frac{SH}{HC}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=2,~\tg\beta=\frac{SH}{HM}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{a}{2}}=2\sqrt{2}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+4}}=\frac{1}{\sqrt{5}},~\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+8}}=\frac{1}{3},
\sin\beta=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\tg\frac{\beta}{2}=\frac{\sin\beta}{1+\cos\beta}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}}{1+\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Из прямоугольного треугольника OMH
находим, что
r=OH=HM\tg\frac{\beta}{2}=\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}.
Плоскость BSD
проходит через прямую BD
, параллельную секущей плоскости, и пересекает секущую плоскость по прямой PQ
, значит, PQ\parallel BD
. Пусть прямые PQ
и AE
пересекаются в точке N
. Тогда точка F
лежит на отрезке AN
. Обозначим \angle OAH=\gamma
. Из прямоугольного треугольника AOH
находим, что
\tg\gamma=\frac{OH}{AH}=\frac{r}{\frac{1}{2}AC}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{4}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2}.
Тогда
\tg\angle NAH=\tg2\gamma=\frac{2\tg\gamma}{1-\tg^{2}\gamma}=\frac{2\cdot\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3},~NH=AH\tg2\gamma=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{4}{3}=\frac{2a\sqrt{2}}{3},
SN=SH-NH=a\sqrt{2}-\frac{2a\sqrt{2}}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{3},~\frac{PQ}{BD}=\frac{SN}{SH}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{3},~PQ=\frac{1}{3}BD=\frac{a\sqrt{2}}{3}.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью ASC
. Через точку S
проведём прямую, параллельную AC
и продолжим AE
до пересечения с этой прямой в точке T
. Из подобия треугольников SNT
и HNA
следует, что ST=AH\cdot\frac{SN}{NH}=\frac{1}{2}AH
, а из подобия треугольников SET
и CEA
— \frac{SE}{EC}=\frac{ST}{AC}=\frac{\frac{1}{2}AH}{2AH}=\frac{1}{4}
, значит,
CE=\frac{4}{5}SC=\frac{4}{5}\cdot\frac{CH}{\cos\alpha}=\frac{4}{5}\cdot\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=\frac{2a\sqrt{10}}{5}.
По теореме косинусов
AE=\sqrt{CA^{2}+CE^{2}-2CA\cdot CE\cos\alpha}=\sqrt{2a^{2}+\frac{8}{5}a^{2}-2\cdot a\sqrt{2}\cdot\frac{2a\sqrt{10}}{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}}=a\sqrt{2}.
По теореме о трёх перпендикулярах AE\perp BD
, поэтому AE\perp PQ
. Следовательно,
S_{\mbox{сеч.}}=S_{APEQ}=\frac{1}{2}PQ\cdot AE=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{3}\cdot a\sqrt{2}=\frac{1}{3}a^{2},~\frac{S_{\mbox{сеч.}}}{S_{\mbox{осн.}}}=\frac{\frac{1}{3}a^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{3}.