14492. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна a
. Угол между высотой и боковым ребром равен \alpha
(\alpha\leqslant\arctg\frac{\sqrt{2}}{2})
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проведённой через середину высоты перпендикулярно одному из её боковых рёбер.
Ответ. \frac{a^{2}}{8}\cos\alpha\ctg\alpha\cos2\alpha
.
Решение. Пусть E
— середина высоты PH
данной правильной правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
. Тогда \angle CPH=\angle APH=\alpha
, AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}
.
Пусть EK
— перпендикуляр к прямой PC
, прямые EK
и AP
пересекаются в точке M
, а прямая, проведённая через точку E
параллельно BD
, пересекает рёбра PB
и PD
в точках L
и N
соответственно. По теореме о трёх перпендикулярах PC\perp BD
, а так как PC\perp MK
, то прямая MK
перпендикулярна секущей плоскости. Следовательно, если точка M
лежит на ребре PA
, а не на его продолжении, то сечение пирамиды, о котором говорится в условии, — четырёхугольник KLMN
с перпендикулярными диагоналями KM
и LN
.
Из прямоугольных треугольников KPM
, EPK
и AHP
получаем
PM=\frac{PK}{\cos\angle KPM}=\frac{PK}{\cos2\alpha}=\frac{PE\cos\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{1}{2}\cdot\frac{PH\cos\alpha}{\cos2\alpha}=
=\frac{1}{2}\cdot\frac{PA\cos\alpha\cos\alpha}{\cos2\alpha}=\frac{PA\cos^{2}\alpha}{2\cos2\alpha}=\frac{PA\cos^{2}\alpha}{2(\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha)}=
=\frac{PA}{2(1-\tg^{2}\alpha)}\leqslant\frac{PA}{2\cdot\frac{1}{2}}=PA,
так как из данного неравенства \alpha\leqslant\arctg\frac{\sqrt{2}}{2})
следует, что
1-\tg^{2}\alpha\geqslant1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.
Таким образом точка M
лежит на ребре PA
.
Поскольку
KM=PK\tg2\alpha=PE\cos\alpha\tg2\alpha=\frac{1}{2}PH\cos\alpha\tg2\alpha=
=\frac{1}{2}AH\ctg\alpha\cos\alpha\tg2\alpha=\frac{a\sqrt{2}}{4}\ctg\alpha\cos\alpha\tg2\alpha~\mbox{и}~NL=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2},
то
S_{KLMN}=\frac{1}{2}KM\cdot LN=
=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{4}\ctg\alpha\cos\alpha\tg2\alpha\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{2}}{8}\cos\alpha\ctg\alpha\cos2\alpha.