14191. Основание пирамиды TABCD
— прямоугольник ABCD
. Высота пирамиды, равная h
, совпадает с боковым ребром TA
, а боковое ребро TC
наклонено к плоскости основания под углом 30^{\circ}
. Плоскость, проходящая через ребро TC
и параллельная диагонали BD
основания, образует с плоскостью основания угол 60^{\circ}
. Какую наименьшую площадь может иметь сечение пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ BD
основания?
Ответ. \frac{h^{2}\sqrt{3}}{8}
.
Решение. Плоскость, проходящая через ребро TC
и параллельная диагонали BD
основания, пересекает основание по прямой, параллельной BD
(см. задачу 8003). Пусть эта прямая пересекает прямые AB
и AD
в точках X
и Y
соответственно. Проведём высоту AK
прямоугольного треугольника XAY
. По теореме о трёх перпендикулярах TK\perp XY
, значит, AKT
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью XTY
и плоскостью основания пирамиды. По условию задачи \angle AKT=60^{\circ}
, поэтому
AK=AT\ctg60^{\circ}=\frac{h}{\sqrt{3}},~TK=2AK=\frac{2h}{\sqrt{3}}.
Также по условию \angle ACT=30^{\circ}
, поэтому
CT=2AT=2h,~BD=AC=AT\ctg30^{\circ}=h\sqrt{3}.
Из прямоугольного треугольника CKT
находим, что
CK=\sqrt{CT^{2}-TK^{2}}=\sqrt{4h^{2}-\frac{4}{3}h^{2}}=\frac{2h\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.
Пусть P
— точка пересечения AK
и BD
. Отрезок OP
— средняя линия треугольника AKC
, поэтому
AP=\frac{1}{2}AK=\frac{h}{2\sqrt{3}},~OP=\frac{1}{2}CK=\frac{h\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.
Найдём расстояние между скрещивающимися прямыми BD
и CT
. Прямая KT
— ортогональная проекция прямой CT
на плоскость AKT
, перпендикулярную прямой BD
, поэтому расстояние между прямыми BD
и CT
равно расстоянию от точки P
до прямой KT
(см. задачу 8406), где P
— точка пересечения AK
и BD
, т. е. длине перпендикуляра PH
, опущенного на прямую KT
. Из прямоугольного треугольника KAT
находим, что
PH=KP\sin60^{\circ}=\frac{1}{2}AK\sin60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\frac{h}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{h}{4}.
Пусть сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую BD
, пересекает прямую CT
в точке M
. Тогда высота MN
треугольника BMD
минимальна, если MN
— общий перпендикуляр скрещивающих прямых CT
и BD
(см. задачу 7423), т. е. MN=PH=\frac{h}{4}
. При этом из параллельности HM
и CK
следует, что точка M
лежит на отрезке CT
, а не на его продолжении. В этом случае
S_{\triangle BMD}=\frac{1}{2}BD\cdot MN=\frac{1}{2}h\sqrt{3}\cdot\frac{h}{4}=\frac{h^{2}\sqrt{3}}{8}.
Пусть теперь что плоскость сечения проходит через точку, лежащую на ребре AT
. Тогда ортогональная проекция сечения на плоскость основания пирамиды — прямоугольный треугольник ABD
,
S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BD\cdot AP=\frac{1}{2}BD\cdot\frac{1}{2}AK=\frac{1}{2}\cdot h\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{h}{\sqrt{3}}=\frac{h^{2}}{4}\gt\frac{h^{2}\sqrt{3}}{8}=S_{\triangle BMD},
а так как площадь любого треугольника BDL
с вершиной на ребре AT
больше площади треугольника BAD
, то \frac{h^{2}\sqrt{3}}{8}
искомая наименьшая площадь.