14186. Основание правильной четырёхугольной пирамиды MABCD
— квадрат ABCD
. Противоположные боковые рёбра пирамиды попарно перпендикулярны. Через середины рёбер MA
и MB
проведена плоскость \alpha
, параллельная ребру MC
.
а) Докажите, что плоскость \alpha
параллельна грани CMD
.
б) Найдите площадь сечения пирамиды MABCD
плоскостью \alpha
, если AM=12
.
Ответ. 27\sqrt{3}
.
Решение. а) Пусть точки Q
и K
— середины рёбер MA
и MB
соответственно, а сторона основания равна a
. Пусть плоскость \alpha
пересекает грань BMC
по отрезку KL
. Тогда отрезок KL\parallel MC
(см. задачу 8003), а KQ\parallel AB\parallel QK
, то плоскость \alpha
параллельна плоскости грани CMD
по признаку параллельности плоскостей (см. задачу 8008).
б) Пусть плоскость \alpha
пересекает грань ADM
по отрезку PQ
. При этом QK\parallel AB
и отрезок PL\parallel AB
. Значит, искомое сечение — равнобокая трапеция LKQP
с основаниями PL=AB
, QK=\frac{1}{2}AB
и боковыми сторонами PQ=KL=\frac{1}{2}MC
, а так как MA\perp MC
, то
AC=AM\sqrt{2}=AB\sqrt{2},
поэтому
DM=CM=DM=AM=AB=12,~PQ=KL=6.
Пусть MN
и MF
— высоты (а значит, и медианы) равносторонних треугольников CMD
и AMB
. Тогда отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, — её высота h
. По теореме о средней линии треугольника
h=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}\cdot\frac{CD\sqrt{3}}{2}=\frac{12\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}.
Следовательно,
S_{LKQP}=\frac{QK+PL}{2}\cdot h=\frac{6+12}{2}\cdot3\sqrt{3}=27\sqrt{3}.