14410. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
все боковые грани — равносторонние треугольники со стороной, равной 1. На сторонах BC
и AD
основания взяты точки M
и N
соответственно, причём BM=MC
и AN=ND
. На продолжении ребра AS
за точку A
взята такая точка P
, что AP=\frac{1}{2}
. Через точки P
, M
и N
проведена плоскость. Найдите площадь получившегося сечения.
Ответ. \frac{21\sqrt{3}}{64}
.
Решение. Пусть прямые PN
и SD
, лежащие в плоскости ASD
, пересекаются в точке K
. Секущая плоскость и плоскость CSD
проходят через параллельные прямые MN
, CD
соответственно и имеют общую точку K
, поэтому они пересекаются по прямой KL
, параллельной CD
. Пусть L
лежит на боковом ребре SC
. Тогда сечение, о котором говорится в условии — равнобедренная трапеция KLMN
с основаниями MN
и KL
.
Через точку A
параллельно PK
проведём прямую, пересекающую ребро SD
в точке F
. По теореме о пропорциональных отрезках
\frac{SF}{FT}=\frac{SA}{AP}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2,
а так как FK=KD
, то \frac{SK}{KD}=3
. Поэтому
\frac{SL}{SC}=\frac{SK}{SD}=\frac{3}{4}.
Треугольник KSL
подобен треугольнику DSC
с коэффициентом \frac{3}{4}
, поэтому KL=\frac{3}{4}DC=\frac{3}{4}
.
Пусть O
— центр основания ABCD
, P
— середина ребра CD
, Q
— точка пересечения SD
и KL
. Тогда OQ
— высота трапеции KLMN
. Опустим перпендикуляр QQ'
на OP
. Тогда
Q'O=\frac{3}{4}OP=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{8},~SD=\frac{CP\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2},
Q'Q=\frac{3}{4}SO=\frac{3}{4}\sqrt{SD^{2}-OD^{2}}=\frac{3}{4}\sqrt{\frac{3}{4}-\frac{1}{4}}=\frac{3\sqrt{2}}{8}.
Значит,
OQ=\sqrt{Q'O^{2}+Q'Q^{2}}=\sqrt{\frac{9}{64}+\frac{18}{64}}=\frac{\sqrt{27}}{8}=\frac{3\sqrt{3}}{8}.
Следовательно,
S_{KLMN}=\frac{1}{2}(MN+KL)\cdot OQ=\frac{1}{2}\left(1+\frac{3}{4}\right)\cdot\frac{3\sqrt{3}}{8}=\frac{21\sqrt{3}}{64}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет психологии МГУ. — 1968, № 3, вариант 2
Источник: Моденов П. С. Экзаменационные задачи по математике с анализом их решения. — М.: Просвещение, 1969. — № 3, с. 350, вариант 2