14343. Точка M
— середина ребра SA
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с основанием ABCD
. Точка N
лежит на ребре SB
, SN:NB=1:2
.
а) Докажите, что плоскость CMN
параллельна прямой SD
.
б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью CMN
, если все рёбра пирамиды равны 6.
Ответ. \frac{15\sqrt{19}}{4}
.
Решение. а) Пусть прямые AB
и MN
пересекаются в точке T
, а прямая CT
пересекает ребро AD
в точке K
. Тогда сечение пирамиды плоскостью CMN
— четырёхугольник CKMN
.
В плоскости ASB
через точку A
параллельно TN
проведём прямую, пересекающую отрезок SB
в точке E
. По теореме Фалеса NE=SN=\frac{1}{3}AB
, поэтому BE=\frac{1}{3}AB=NE
. Значит, E
— середина отрезка AB
, а точка A
— середина отрезка BT
. Тогда из равенства треугольников AKT
и DKC
получаем, что K
— середина ребра AD
, поэтому MK\parallel AD
. Таким образом, прямая SD
параллельна прямой MK
, лежащей в плоскости CMN
. Следовательно, по признаку параллельности прямой и плоскости прямая SD
параллельна плоскости CMN
(см. задачу 8002). Что и требовалось доказать.
б) Отрезок AE
— средняя линия треугольника BNT
, а отрезок MN
— средняя линия треугольника ASE
, поэтому
MN=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{4}TN.
Значит, \frac{TM}{TN}=\frac{3}{4}
.
По теореме косинусов
MN=\sqrt{SM^{2}+SN^{2}-2SM\cdot SN\cos60^{\circ}}=\sqrt{9+4-2\cdot3\cdot2\cdot\frac{1}{2}}=\sqrt{7},
TN=4MN=4\sqrt{7},
CN=\sqrt{SN^{2}+CS^{2}-2\cdot SN\cdot CS\cos60^{\circ}}=\sqrt{4+36-2\cdot2\cdot6\cdot\frac{1}{2}}=2\sqrt{7}.
По теореме Пифагора
CK^{2}=\sqrt{CD^{2}+DK^{2}}=\sqrt{9+36}=3\sqrt{5},
поэтому CT=2CK=6\sqrt{5}
.
По теореме косинусов
\cos\angle CNT=\frac{CN^{2}+TN^{2}-CT^{2}}{2CN\cdot TN}=\frac{28+112-180}{2\cdot2\sqrt{7}\cdot4\sqrt{7}}=-\frac{40}{112}=-\frac{5}{14}.
Тогда
\sin\angle CTN=\sqrt{1-\left(\frac{5}{14}\right)^{2}}=\frac{3\sqrt{19}}{14},
поэтому
S_{\triangle CNT}=\frac{1}{2}CN\cdot TN\sin\angle CTN=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{7}\cdot4\sqrt{7}\cdot\frac{3\sqrt{19}}{14}=6\sqrt{19}.
Поскольку \frac{TM}{TN}=\frac{3}{4}
и \frac{TK}{TC}=\frac{1}{2}
, то (см. задачу 3007)
S_{\triangle KMT}=\frac{TM}{TN}\cdot\frac{TK}{TC}S_{\triangle CNT}\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot S_{\triangle CNT}=\frac{3}{8}S_{\triangle CNT}.
Следовательно,
S_{CKMN}=\frac{5}{8}S_{\triangle CNT}=\frac{5}{8}\cdot6\sqrt{19}=\frac{15\sqrt{19}}{4}.