9201. Плоскость проходит через середины сторон AD
и BC
основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
и точку пересечения медиан боковой грани CSD
.
а) Постройте точку пересечения прямой AS
с этой плоскостью.
б) Найдите расстояние от точки B
до этой плоскости, если все рёбра пирамиды равны 2\sqrt{3}
.
Ответ. 1.
Решение. а) Пусть M
и N
— середины рёбер AD
и BC
пирамиды SABCD
, Q
— точка пересечения медиан грани CSD
. Плоскости MNQ
и CSD
проходят через параллельные прямые MN
и CD
соответственно, значит, они пересекаются по прямой l
, проходящей через точку Q
параллельно CD
(см. задачу 8004).
Пусть K
— точка пересечения прямой l
с ребром SD
, а прямые MK
и SA
, лежащие в плоскости ASD
пересекаются в точке P
. Тогда P
— точка пересечения секущей плоскости с прямой SA
.
б) Отрезок BC
делится в точке N
плоскостью MNQ
пополам, значит, точки B
и C
равноудалены от этой плоскости (см. задачу 9180). Точка C
лежит на прямой CD
, параллельной плоскости MNQ
, значит, расстояние от точки C
до плоскости MNQ
равно расстоянию до этой плоскости от любой точки прямой CD
, например, от середины E
ребра CD
.
Высота EH
треугольника OEQ
перпендикулярна прямой CD
, а значит, и прямой MN
, следовательно, EH
— перпендикуляр к плоскости MNQ
. Тогда расстояние от точки E
до этой плоскости равно EH
.
Пусть все рёбра пирамиды равны a
, а QF
— вторая высота треугольника OEQ
. По теореме Фалеса \frac{OF}{FE}=\frac{SQ}{QE}=2
. Тогда
OF=\frac{2}{3}OE=\frac{2}{3}\cdot\frac{a}{2}=\frac{a}{3}.
Треугольник EFQ
подобен треугольнику EOS
с коэффициентом \frac{EQ}{ES}=\frac{1}{3}
, значит,
QF=\frac{1}{3}SO=\frac{1}{3}\sqrt{SA^{2}-OA^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}=\frac{a}{3\sqrt{2}}.
Из прямоугольного треугольника FOQ
находим, что
OQ=\sqrt{OF^{2}+QF^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{9}+\frac{a^{2}}{18}}=\frac{a}{\sqrt{6}}.
Записав двумя способами площадь треугольника OEQ
, получим равенство OQ\cdot EH=OE\cdot QF
(см. задачу 1967). Следовательно,
EH=\frac{OE\cdot QF}{OQ}=\frac{\frac{a}{2}\cdot\frac{a}{3\sqrt{2}}}{\frac{a}{\sqrt{6}}}=\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=1.
Примечание. а) Пусть SE
— медиана треугольника CSD
. По теореме Фалеса \frac{DK}{KS}=\frac{EQ}{QS}=\frac{1}{2}
. По теореме Менелая (см. задачу 1622)
\frac{DK}{KS}\cdot\frac{SP}{PA}\cdot\frac{AM}{MD}=1,~\mbox{или}~\frac{1}{2}\cdot\frac{SP}{PA}\cdot1=1,
откуда \frac{SP}{PA}=2
. Следовательно, A
— середина отрезка SP
.