14386. В правильной шестиугольной пирамиде сторона основания равна a
, а высота равна h
. Вычислите площадь сечения, проходящего через середины двух несмежных сторон основания и через середину высоты пирамиды.
Ответ. \frac{25a\sqrt{3a^{2}+4h^{2}}}{64}
.
Решение. Пусть SABCDEF
— данная правильная шестиугольная пирамида с вершиной S
, точки M
и N
— середины рёбер BC
и DE
соответственно, G
— середина высоты SO
пирамиды, K
и T
— середины рёбер CD
и AF
соответственно (рис. 1), AB=a
, SO=h
.
Секущая плоскость и плоскость BSE
проходят через параллельные прямые MN
и BE
соответственно, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через середину G
высоты SO
параллельно прямым MN
и BE
(см. задачу 8004). Пусть прямая пересечения пересекает рёбра SB
и SE
в точках P
и Q
соответственно. Тогда PQ
— средняя линия треугольника BSE
.
Пусть L
— точка пересечения отрезков MN
и KT
, а Z
— точка пересечения прямой LG
с апофемой ST
. Тогда L
— середина отрезка HK
. Через вершину S
параллельно KT
проведём прямую, пересекающую продолжение отрезка LZ
в точке H
(рис. 2). Прямоугольные треугольники GSH
и GOL
равны по катету и прилежащему острому углу, а треугольник HZS
подобен треугольнику LZT
, поэтому
\frac{SZ}{ZT}=\frac{SH}{LT}=\frac{LO}{LO+OT}=\frac{LO}{LO+2LO}=\frac{1}{3}.
Значит, \frac{SZ}{ST}=\frac{1}{4}
.
Секущая плоскость и плоскость ASF
проходят через параллельные прямые MN
и AF
соответственно, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку Z
параллельно прямым MN
и AF
. Пусть прямая пересечения пересекает рёбра SA
и SF
в точках X
и Y
соответственно. Тогда
\frac{SX}{SA}=\frac{SY}{SF}=\frac{SZ}{ST}=\frac{1}{4}.
Пусть \angle GLO=\varphi
. Поскольку LO\perp MN
, то по теореме о трёх перпендикулярах GL\perp MN
, поэтому GLO
— угол между секущей плоскостью и плоскостью основания пирамиды. Из прямоугольного треугольника GOL
находим, что
\tg\varphi=\tg\angle GLO=\frac{GO}{OL}=\frac{\frac{h}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=\frac{2h}{a\sqrt{3}}.
Тогда
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{4h^{2}}{3a^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3a^{2}+4h^{2}}}.
Пусть P'
, Q'
, X'
и Y'
— ортогональные проекции точек соответственно P
, Q
, X
и Y
на плоскость основания пирамиды (рис. 3). Тогда эти точки лежат на отрезках OB
, OE
, OA
и OF
соответственно, причём P'
и Q'
— середины OB
и OC
, а \frac{OX'}{OA}=\frac{OY'}{OF}=\frac{1}{4}
. Шестиугольник MP'X'Y'Q'N
— ортогональная проекция сечения MPXYQN
на плоскость основания пирамиды. Площадь этой проекции равна сумме площадей трапеции MP'Q'N
с основаниями
MN=\frac{1}{2}(CD+BE)=\frac{1}{2}(a+2a)=\frac{3}{2}a,
P'Q'=\frac{1}{2}OB+\frac{1}{2}OE=\frac{1}{2}(OB+OE)=a
и высотой OL=\frac{a\sqrt{3}}{4}
, а также трапеции P'X'Y'Q'
с основаниями
P'Q'=a,~MN=\frac{1}{4}AF=\frac{1}{4}a
и высотой OZ'=\frac{1}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{8}
, где Z'
— ортогональная проекция точки Z
на плоскость основания. Значит,
S_{MP'X'Y'Q'N}=\frac{1}{2}(MN+P'Q')\cdot OL+\frac{1}{2}(MN+P'Q')\cdot OZ'=
=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}a+a\right)\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{2}\left(a+\frac{1}{4}a\right)\cdot\frac{a\sqrt{3}}{8}=\frac{25a^{2}\sqrt{3}}{64}.
Следовательно (см. задачу 8092),
S_{MPXYQN}=\frac{MP'X'Y'Q'N}{\cos\varphi}=\frac{\frac{25a^{2}\sqrt{3}}{64}}{\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3a^{2}+4h^{2}}}}=\frac{25a\sqrt{3a^{2}+4h^{2}}}{64}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет МГУ. — 1966, № 5, вариант 3
Источник: Моденов П. С. Экзаменационные задачи по математике с анализом их решения. — М.: Просвещение, 1969. — № 5, с. 42, вариант 2