14092. Точка E
лежит на высоте SO
, а точка F
— на боковом ребре SC
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
, причём SE:EO=SF:FC=2:1
.
а) Докажите, что плоскость BEF
пересекает ребро SD
в его середине.
б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью BEF
, если AB=8
, SO=14
.
Ответ. \frac{88\sqrt{2}}{3}
.
Решение. а) Пусть прямые BE
и SD
, лежащие в плоскости BSD
, пересекаются в точке M
. Тогда M
— точка пересечения плоскости BFE
с ребром SD
. В треугольнике BSD
точка E
лежит на медиане SO
и делит её в отношении SE:EO=2:1
, поэтому E
— точка пересечения медиан этого треугольника, а BM
— его медиана. Следовательно, M
— середина отрезка SD
. Что и требовалось доказать.
б) Поскольку SE:EO=SF:FC
, прямая EF
параллельна прямой AC
, а значит, и плоскости ABC
. Пусть G
— точка пересечения прямых EF
и SA
, лежащих в плоскости ASC
. Тогда сечение пирамиды плоскостью BEF
— четырёхугольник BFMG
.
Секущая плоскость и плоскость основания пирамиды проходят через параллельные прямые FG
и AC
соответственно и имеют общую точку B
, значит, они пересекаются по прямой, параллельной FG
и AC
. Пусть эта прямая пересекает прямые AD
и CD
в точках P
и Q
соответственно. Тогда OB\perp PQ
, а так как OB
— ортогональная проекция наклонной EB
на плоскость основания пирамиды, то по теореме о трёх перпендикулярах EB\perp PQ
. Следовательно, OBE
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями сечения и основания пирамиды. Обозначим, \angle OBE=\alpha
.
Пусть M'
, F'
и G'
— ортогональные проекции точек соответственно M
, F
и G
на плоскость основания. Тогда четырёхугольник BF'M'G'
— ортогональная проекция сечения BFMG
на плоскость основания, причём точка M'
лежит на диагонали BD
квадрата ABCD
и M'
— середина отрезка OD
, точки F'
и G'
лежат на отрезках OC
и OA
, OF':F'C=OG':G'A=2:1
. Диагонали BM'
и F'G'
четырёхугольника BF'M'G'
перпендикулярны, поэтому
S_{BF'M'G'}=\frac{1}{2}BM'\cdot F'G'=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}BD\cdot\frac{2}{3}AC=\frac{1}{4}\cdot8\sqrt{2}\cdot8\sqrt{2}=32.
Из прямоугольного треугольника OBE
находим, что
\tg\alpha=\frac{OE}{OB}=\frac{\frac{1}{3}SO}{\frac{1}{2}BD}=\frac{\frac{14}{3}}{\frac{1}{2}\cdot8\sqrt{2}}=\frac{7}{6\sqrt{2}}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{6\sqrt{2}}{11}.
Следовательно (см. задачу 8093),
S_{BFMG}=\frac{S_{BF'M'G'}}{\cos\alpha}=\frac{32}{\frac{6\sqrt{2}}{11}}=\frac{88\sqrt{2}}{3}.