9699. В правильной четырёхугольной пирамиде ребро основания равно 6, высота равна 4. Найдите площадь ортогональной проекции этой пирамиды на плоскость боковой грани.
Ответ. 25{,}8
.
Решение. Пусть PABCD
— данная пирамида, ABCD
— её основание, PO
— высота, E
и F
— ортогональные проекции вершин C
и D
соответственно на плоскость APB
. Тогда проекцией пирамиды на эту плоскость является пятиугольник AEPFB
.
Проекцией основания пирамиды является четырёхугольник AEFB
. Поскольку CD\parallel APB
, то EF\parallel CD
и EF=CD
. Кроме того, EA\perp AB
и FB\perp AB
(по теореме о трёх перпендикулярах), значит AEFB
— прямоугольник. Проекция грани DPC
— треугольник EPF
.
Пусть угол между плоскостью проекций и плоскостями ABC
и CPD
равны \alpha
и \beta
соответственно, H
и Q
— середины рёбер соответственно AB
и CD
. Тогда O
— середина HQ
, OH\perp AB
, BH\perp AB
, а плоскость HPQ
перпендикулярна прямой пересечения плоскостей APB
и CPD
. Значит,
\angle BHO=\alpha,~\angle HPQ=\beta=180^{\circ}-2\alpha.
Из прямоугольного треугольника BHO
и равнобедренного треугольника HPQ
находим, что
PH=\sqrt{OH^{2}+PH^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5,~\cos\alpha=\frac{OH}{PH}=\frac{3}{5},
\beta=\angle HPQ=180^{\circ}-2\alpha,~\cos\beta=-\cos2\alpha=1-2\cos^{2}\alpha=1-2\cdot\frac{9}{25}=\frac{7}{25}.
По теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093)
S_{AEPFB}=S_{AEFB}+S_{\triangle EPF}=S_{ABCD}\cos\alpha+S_{\triangle CPD}\cos\beta=
6^{2}\cdot\frac{3}{5}+\frac{1}{2}\cdot6\cdot5\cdot\frac{7}{25}=\frac{108}{5}+\frac{21}{5}=\frac{129}{5}=25{,}8.