14192. Найдите площадь сечения правильной треугольной пирамиды TABC
плоскостью, проходящей через центр сферы, описанной около пирамиды, через середину бокового ребра TA
и параллельной медиане AD
боковой грани ATC
, если стороны основания равны 4, а центр сферы делит высоту пирамиды в отношении 3:1
, считая от вершины.
Ответ. 2\sqrt{5}
.
Решение. Поскольку центр описанной сферы делит высоту (а значит, медиану) правильной треугольной пирамиды в отношении 3:1
, считая от вершины, то эта пирамида — правильный тетраэдр (см. задачи 7110 и 7047). Тогда центр O
сферы лежит на отрезке, соединяющем середину M
ребра AT
и середину F
ребра BC
(см. задачу 7108).
Пусть прямая, проходящая через точку M
параллельно медиане AD
грани ATC
, пересекает ребро CT
в точке N
, прямые MN
и AC
пересекаются в точке Q
, а прямые QF
и BC
— в точке K
. Тогда сечение данной пирамиды, о котором говорится в условии, — четырёхугольник MNFK
(плоскость сечения содержит прямую MN
, параллельную AD
).
Отрезок MN
проходит через середину AT
параллельно AD
, поэтому N
— середина отрезка DT
. Значит, TN:NC=1:3
. Известно (см. задачу 9106), что
\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BF}{FC}\cdot\frac{CN}{NT}\cdot\frac{TM}{MA}=1,~\mbox{или}~\frac{AK}{KB}\cdot\frac{1}{1}\cdot\frac{3}{1}\cdot\frac{1}{1}=1,
откуда \frac{AK}{KB}=\frac{1}{3}
.
Обозначим через a
ребро правильного тетраэдра TABC
. Пусть TH
— высота тетраэдра, HL
и AE
— перпендикуляры к прямой FQ
пересечения секущей плоскости с плоскостью ABC
. Обозначим HL=x
. Треугольник AFE
подобен треугольнику HFL
с коэффициентом \frac{FA}{FH}=3
, поэтому AE=3x
. По теореме о пропорциональных отрезках QA:AC=ND:DC=1:2
, поэтому
QA=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}a=2.
В треугольнике KAQ
известно, что
AK=\frac{a}{4},~AQ=\frac{1}{2}AB=2,~\angle KAQ=120^{\circ}.
Тогда по теореме косинусов
KQ=\sqrt{AK^{2}+AQ^{2}-2AK\cdot AQ\cos120^{\circ}}=
=\sqrt{\left(\frac{a}{4}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+2\cdot\frac{a}{4}\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{a\sqrt{7}}{4}=\sqrt{7},
а так как
S_{\triangle KAQ}=\frac{1}{2}AK\cdot AQ\sin120^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4a}\cdot\frac{1}{2}a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{32}=\frac{\sqrt{3}}{2},
то
3x=AE=\frac{2S_{\triangle KAQ}}{KQ}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}},~HL=x=\frac{\sqrt{3}}{3\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{21}}.
По теореме о трёх перпендикулярах OL\perp FQ
, значит, \angle OLH=\varphi
— линейный угол двугранного угла, образованного секущей плоскостью с плоскостью ABC
, а так как
OH=\frac{1}{4}TH=\frac{1}{4}a\sqrt{\frac{2}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}},
то
\tg\varphi=\frac{OH}{HL}=\frac{\sqrt{\frac{2}{3}}}{\frac{1}{\sqrt{21}}}=\sqrt{14},~\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+14}}=\frac{1}{\sqrt{15}}.
Пусть M'
и N'
— ортогональные проекции точек M
и N
на прямые AF
и CH
соответственно. Тогда M'
и N
' — ортогональные проекции M
и N
на плоскость ABC
, а четырёхугольник M'N'FK
— ортогональная проекция рассматриваемого сечения на плоскость ABC
, причём M'
— середина отрезка AH
, а HN':CN'=1:3
, поэтому N'
— середина CP
и FN'\parallel AB
.
Пусть площадь сечения равна S
, площадь четырёхугольника M'N'FK
равна S'
, площади треугольников FKM'
и FN'M'
равны S_{1}
и S_{2}
соответственно, а P
и G
— середины AB
и BP
соответственно. Тогда
S_{1}=\frac{1}{2}KM'\cdot GK=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}HP\cdot\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{1}{2}a=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{48}=\frac{\sqrt{3}}{3},
S_{2}=\frac{1}{2}FN'\cdot2HN'=\frac{1}{2}PG\cdot2\cdot\frac{1}{3}N'P=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}a\cdot2\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{48}=\frac{\sqrt{3}}{3}.
Тогда
S'=S_{1}+S_{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.
Следовательно (см. задачу 8093),
S=\frac{S'}{\cos\varphi}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{\frac{1}{\sqrt{15}}}=2\sqrt{5}.