14395. В правильную четырёхугольную пирамиду SABCD
с вершиной S
и стороной основания a
вписан шар, радиус которого равен \frac{a}{2\sqrt{3}}
. Плоскость \Pi
, составляющая угол в 30^{\circ}
с плоскостью основания, касается шара и пересекается с плоскостью основания, не пересекаясь с самим основанием, по прямой, параллельной стороне AB
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \Pi
.
Ответ. \frac{a^{2}(2\sqrt{3}-3)}{4}
.
Решение. Пусть l
— параллельная стороне AB
прямая пересечения плоскости \Pi
с плоскостью основания пирамиды, P
и N
— середины рёбер CD
и AB
соответственно, L
, M
и Q
— точки пересечения прямой l
с прямыми AD
, BC
и PN
соответственно, O
— центр вписанного шара. Поскольку пирамида правильная, точка O
лежит на её высоте SH
, а точки G
и T
касания сферы с гранями ASB
и CSD
лежат на апофемах SN
и SP
соответственно.
Плоскости \Pi
и CSD
проходят через параллельные прямые l
и CD
соответственно, значит, они пересекаются по прямой, параллельной l
и CD
(см. задачу 8004). Пусть эта прямая пересекает рёбра SC
и CD
в точках C_{1}
и D_{1}
соответственно. Аналогично, плоскости \Pi
и ASB
пересекаются по прямой, параллельной l
и AB
. Пусть эта прямая пересекает рёбра SA
и SB
в точках A_{1}
и B_{1}
соответственно. Тогда сечение данной пирамиды плоскостью \Pi
— равнобедренная трапеция с основаниями A_{1}B_{1}
и C_{1}D_{1}
и высотой EF
, где E
и F
— точки пересечения апофем SN
и SP
с отрезками A_{1}B_{1}
и C_{1}D_{1}
соответственно, т. е. середины этих отрезков.
Рассмотрим сечение данной конфигурации плоскостью NSP
— равнобедренный треугольник NSP
с основанием NP=a
, вписанный в него круг радиуса \frac{a}{2\sqrt{3}}
с центром O
, касающийся сторон PN
, SN
и SP
в точках H
, G
и T
соответственно, и касательную QU
к этому кругу, где точка Q
отлична от H
.
Обозначим \angle CPN=\alpha
. Точка O
лежит на биссектрисе угла HPS
, поэтому \angle HPO=\frac{\alpha}{2}
. Из прямоугольного треугольника OHP
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle HPO=\frac{OH}{HP}=\frac{\frac{a}{2\sqrt{3}}}{\frac{a}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}},
поэтому
\frac{\alpha}{2}=\angle HPO=30^{\circ},~\angle HPS=\alpha=60^{\circ}.
Значит, равнобедренный треугольник NSP
— равносторонний со стороной a
, T
и G
— середины его сторон SP
и SN
соответственно, а
\angle PFQ=180^{\circ}-30^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}.
Четырёхугольник FTOU
— прямоугольник, поэтому
FT=OU=OH=\frac{a}{2\sqrt{3}},
Тогда
SF=ST-FT=\frac{a}{2}-\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{a(3-\sqrt{3})}{6}.
Из подобия треугольников C_{1}SD_{1}
получаем
\frac{C_{1}D_{1}}{CD}=\frac{SF}{SP}=\frac{\frac{a(3-\sqrt{3})}{6}}{a}=\frac{3-\sqrt{3}}{6}.
Следовательно,
C_{1}D_{1}=\frac{a(3-\sqrt{3})}{6}.
Из прямоугольного треугольника GFS
находим, что
SE=2SF=\frac{a(3-\sqrt{3})}{3},~EF=SF\sqrt{3}=\frac{a(3-\sqrt{3})}{6}\cdot\sqrt{3}=\frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}.
Тогда
\frac{SE}{SN}=\frac{\frac{a(3-\sqrt{3})}{3}}{a}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}.
Значит,
\frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{SG}{SN}=\frac{3-\sqrt{3}}{3},
откуда
A_{1}B_{1}=\frac{a(3-\sqrt{3})}{3}.
Следовательно,
S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{1}{2}(A_{1}B_{1}+C_{1}D_{1})\cdot EF=
=\frac{1}{2}\left(\frac{a(3-\sqrt{3})}{3}+\frac{a(3-\sqrt{3})}{6}\right)\cdot\frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}=\frac{a^{2}(2\sqrt{3}-3)}{4}.