14485. Стороны нижнего и верхнего оснований правильной треугольной усечённой пирамиды равны a
и b
(a\gt b
). Боковая грань составляет с плоскостью основания угол \alpha
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через среднюю линию боковой грани и центр нижнего основания.
Ответ. \frac{(7a+3b)\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+2ab\cos2\alpha)}}{144\cos\alpha}
.
Решение. Пусть ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
— соответственно нижнее и верхнее основание данной правильной усечённой пирамиды, AB=a
, A_{1}B_{1}=b
, a\gt b
; O
— центр нижнего основания; D
и D_{1}
— середины рёбер BC
и B_{1}C_{1}
соответственно; K
и L
— середины рёбер BB_{1}
и CC_{1}
соответственно.
Плоскость основания ABC
и плоскость сечения проходят через параллельные прямые BC
и KL
и имеют общую точку O
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку O
параллельно KL
(см. задачу 8004). Пусть эта прямая пересекает рёбра AC
и AB
в точках M
и N
соответственно. Тогда KLMN
— равнобедренная трапеция с основаниями
KL=\frac{BX+AD}{2}=\frac{a+b}{2},~MN=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}a.
Средняя линия l
трапеции KLMN
равна полусумме оснований, т. е.
l=\frac{KL+MN}{2}=\frac{\frac{a+b}{2}+\frac{2}{3}a}{2}=\frac{7a+3b}{12}.
Осталось найти высоту h
трапеции KLMN
.
Пусть E
— точка пересечения KL
и DD_{1}
. Тогда отрезок, соединяющий середины E
и O
оснований KL
и MN
трапеции, равен высоте трапеции, т. е. h=OE
.
Опустим перпендикуляр D_{1}F
на высоту AD
основания ABC
. Тогда
DF=OD-OF=\frac{a\sqrt{3}}{6}-\frac{b\sqrt{3}}{6}=\frac{(a-b)\sqrt{3}}{6},
а так как D_{1}DF
— линейный угол двугранного угла при ребре BC
данной пирамиды, то \angle D_{1}DF=\alpha
. Из прямоугольного треугольника DFD_{1}
находим, что
DD_{1}=\frac{DF}{\cos\angle D_{1}DF}=\frac{\sqrt{3}(a-b)}{6\cos\alpha}.
По теореме Фалеса точка E
— середина отрезка DD_{1}
, поэтому
DE=\frac{1}{2}DD_{1}=\frac{\sqrt{3}(a-b)}{12\cos\alpha}.
По теореме косинусов и треугольника EDO
находим, что
h=OE=\sqrt{DO^{2}+DE^{2}-2DO\cdot DE\cos\alpha}=
=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}(a-b)}{12\cos\alpha}\right)^{2}-2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\sqrt{3}(a-b)}{12\cos\alpha}\cdot\cos\alpha}=
=\sqrt{\frac{a^{2}}{12}+\frac{(a-b)^{2}}{48\cos^{2}\alpha}-\frac{a(a-b)}{12}}=\sqrt{\frac{(a-b)^{2}}{48\cos^{2}\alpha}+\frac{ab}{12}}=
=\frac{\sqrt{(a-b)^{2}+4ab\cos^{2}\alpha}}{4\sqrt{3}\cos\alpha}=\frac{\sqrt{a^{2}-2ab+b^{2}+2ab(1+\cos2\alpha)}}{4\sqrt{3}\cos\alpha}=
=\frac{\sqrt{a^{2}-2ab+b^{2}+2ab+ab\cos2\alpha}}{4\sqrt{3}\cos\alpha}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+ab\cos2\alpha}}{4\sqrt{3}\cos\alpha}.
Следовательно,
S_{KLMN}=lh=\frac{7a+3b}{12}\cdot\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+ab\cos2\alpha}}{4\sqrt{3}\cos\alpha}=
=\frac{(7a+3b)\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+2ab\cos2\alpha)}}{144\cos\alpha}.