14760. Через середины сторон AB
и AD
основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
проведена плоскость, параллельная медиане боковой грани SDC
, проведённой из вершины D
. Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью, если сторона основания пирамиды равна 1, а боковое ребро равно 2.
Ответ. \frac{5\sqrt{2}}{8}
.
Решение. Через середины N
и M
рёбер соответственно AD
и AB
проводим прямую NM
. Пусть N_{1}
и M_{1}
— точки её до пересечения с прямыми BC
и CD
соответственно; через точку M_{1}
параллельно медиане DK
грани CSD
проводим прямую, пересекающую рёбра SD
и SC
в точках P
и R
соответственно; соединяем точки R
и N_{1}
; точку пересечения RN_{1}
с ребром SB
обозначим через Q
; соединяем Q
и N
, P
и M
. Требуемое в условии сечение NMPRQ
построено. Действительно, содержащая его плоскость проходит через точки N
и M
, а также параллельна прямой DK
, так как содержит прямую PR
, параллельную DK
. Найдём площадь сечения.
Пусть AB=a=1
и SA=b=2
. По условию
AM=MD=AN=NB=\frac{a}{2}.
Значит, треугольник AMN
прямоугольный и равнобедренный, поэтому MN=\frac{a}{\sqrt{2}}
. Заметим, что треугольники MDM_{1}
и NBN_{1}
прямоугольные. Они равны треугольнику AMN
по катету и прилежащему острому углу, поэтому
M_{1}D=N_{1}B=\frac{a}{2}.
Рассмотрим плоскость боковой грани SDC
. Поскольку M_{1}R\parallel DK
, то
\frac{RK}{CK}=\frac{M_{1}D}{CD}=\frac{\frac{a}{2}}{a}=\frac{1}{2}.
Тогда,
RK=\frac{CK}{2}=\frac{b}{4},~SR=SK-RK=\frac{b}{2}-\frac{b}{4}=\frac{b}{4}.
Кроме того,
PR\parallel DK~\mbox{и}~\frac{SP}{PD}=\frac{SR}{RK}=1.
Значит,
SP=PD=\frac{b}{2}.
Точка P
— середина ребра SD
, а M
середина основания AD
, поэтому PM
средняя линия треугольника ADS
. Тогда
PM=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2}~\mbox{и}~PM\parallel SA.
Аналогично,
QN=\frac{1}{2}AS=\frac{a}{2}~\mbox{и}~QN\parallel SA.
Следовательно, PMQN
— параллелограмм, а так как по теореме о трёх перпендикулярах SA\perp BD
, то PM\perp MN
. Значит, PMQN
— прямоугольник. Таким образом, сечение NMPRQ
состоит из прямоугольника PMQN
со сторонами MN=\frac{a}{\sqrt{2}}
и PM=\frac{b}{2}
и равнобедренного треугольника PQR
с основанием PQ=\frac{b}{2}
и высотой RF
.
Тогда
S_{PMQN}=MN\cdot PM=\frac{ab}{2\sqrt{2}}.
Пусть O
точка пересечения отрезков AC
и MN
. Поскольку
\frac{CR}{RS}=\frac{CO}{OA}=3,
то
\frac{OR}{SA}=\frac{CO}{CA}=\frac{3}{4}~\Rightarrow~OR=\frac{3}{4}SA=\frac{3b}{4},~FR=\frac{3b}{4}-\frac{b}{2}=\frac{b}{4},~S_{\triangle PQR}=\frac{1}{2}\cdot\frac{a}{\sqrt{2}}\cdot\frac{b}{4}=\frac{ab}{\sqrt{2}}.
Следовательно,
S_{NMPRQ}=\frac{ab}{2\sqrt{2}}+\frac{ab}{8\sqrt{2}}=\frac{5ab}{8\sqrt{2}}=\frac{5ab\sqrt{2}}{16}=\frac{5\cdot1\cdot2\sqrt{2}}{16}=\frac{5\sqrt{2}}{8}.
Источник: Олимпиада «Росатом». — 2022-2023, отборочный тур, компл.1, 11 класс, задача 5, вариант 1