9134. Дана правильная четырёхугольной пирамида с вершиной в точке P
. Через точку C
и середину ребра AB
перпендикулярно к основанию пирамиды проведена плоскость \alpha
.
а) Докажите, что плоскость \alpha
делит ребро BP
в отношении 2:1
, считая от точки B
.
б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \alpha
, если известно, что PA=10
, AC=16
.
Ответ. 8\sqrt{10}
.
Указание. Если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоскости, то эти плоскости перпендикулярны (см. задачу 7710).
Решение. а) Пусть O
— центр квадрата ABCD
, M
— середина стороны AB
, H
— точка пересечения отрезков BD
и CM
. Тогда CM
и BO
— медианы треугольника ABC
, а H
— точка из пересечения. Значит, BH:HO=2:1
.
Через точку H
в плоскости PBD
проведём прямую, перпендикулярную BD
. Пусть K
— точка пересечения проведённой прямой с ребром PB
. Тогда KH\parallel PO
, а так как PO
— перпендикуляр к плоскости основания, то KH
— также перпендикуляр к этой плоскости (см. задачу 7701).
Плоскость MKC
проходит через прямую KH
, перпендикулярную плоскости ABCD
, значит, плоскости MKC
и ABCD
перпендикулярны (см. задачу 7710), т. е. плоскость MKC
— это плоскость \alpha
, а K
— точка её пересечения с ребром PB
.
Из подобия треугольников BKH
и BPO
получаем, что
BK:KP=BH:HO=2:1.
б) Искомое сечение — треугольник MKC
с основанием CM
и высотой KH
. Из прямоугольных треугольников AOB
, AOP
и CBM
находим, что
AB=8\sqrt{2},~PO=\sqrt{PA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{100-64}=6,
CM=\sqrt{BC^{2}+BM^{2}}=\sqrt{(8\sqrt{2})^{2}+(4\sqrt{2})^{2}}=4\sqrt{10},
а из подобия треугольников BKH
и BPO
—
KH=PO\cdot\frac{BH}{BO}=\frac{2}{3}PO=\frac{2}{3}\cdot6=4.
Следовательно,
S_{\triangle MKC}=\frac{1}{2}CM\cdot KH=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{10}\cdot4=8\sqrt{10}.