14185. Через середину бокового ребра правильной треугольной пирамиды проведена плоскость \alpha
, перпендикулярная этому ребру. Известно, что она пересекает остальные боковые рёбра и разбивает пирамиду на два многогранника, объёмы которых относятся как 1:3
.
а) Докажите, что плоский угол при вершине пирамиды равен 45^{\circ}
.
б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \alpha
, если боковое ребро пирамиды равно 4.
Ответ. \sqrt[{4}]{{8}}\cdot\sqrt{2-2\sqrt{2}}
.
Решение. а) Пусть P
— вершина, ABC
— основание пирамиды, M
— середина ребра PA=2a
. Пусть секущая плоскость пересекает рёбра BP
и CP
в точках E
и F
соответственно.
Прямоугольные треугольники MPE
и MPF
равны по катету и острому углу. Обозначим их равные гипотенузы PE=CP=x
. Объём тетраэдра PMEF
составляет
\frac{PM}{PA}\cdot\frac{PE}{PB}\cdot\frac{PF}{PC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{x}{2a}\cdot\frac{x}{2a}=\frac{x^{2}}{8a^{2}}
объёма пирамиды (см. задачу 7244), что по условию равно \frac{1}{4}
объёма пирамиды. Отсюда x=a\sqrt{2}
, и косинус плоского угла MPE
при вершине равен
\frac{MP}{PE}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Следовательно, \angle MPE=45^{\circ}
.
б) Поскольку все плоские углы при вершине пирамиды равны 45^{\circ}
, получаем, что ME=MF=PM=2
. Из треугольника PEF
со сторонами PE=PF=2\sqrt{2}
углом 45^{\circ}
при вершине P
по теореме косинусов находим, что
EF=\sqrt{PE^{2}+PF^{2}-2PE\cdot PF\cos45^{\circ}}=
=\sqrt{8+8-2\cdot2\sqrt{2}\cdot2\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}}=2\sqrt{4-2\sqrt{2}}.
Пусть MH
— высота равнобедренного треугольника MEF
. Тогда
MH=\sqrt{MF^{2}-\frac{1}{4}EF^{2}}=\sqrt[{4}]{{8}},
а искомая площадь сечения равна
\frac{1}{2}\cdot\sqrt[{4}]{{8}}\cdot2\sqrt{4-2\sqrt{2}}=\sqrt[{4}]{{8}}\cdot\sqrt{2-2\sqrt{2}}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2019