14838. Основание пирамиды SABCD
— ромб ABCD
со стороной a
и углом 60^{\circ}
при вершине A
. Ребро SA
перпендикулярно основанию и равно 2a
. Через вершину A
проведена плоскость перпендикулярно ребру SC
. Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью.
Ответ. \frac{8a^{2}\sqrt{3}}{11\sqrt{7}}
.
Указание. Через точку пересечения медианы SE
и высоты AF
треугольника ASC
проведите прямую l
, параллельную BD
. Искомая площадь равна половине произведения AF
и отрезка прямой l
, заключённого внутри пирамиды.
Решение. Пусть секущая плоскость пересекает ребро SC
в точке E
. Тогда AE
— высота прямоугольного треугольника SAE
проведённая из вершины прямого угла.
Диагонали AC
и BD
ромба перпендикулярны, поэтому ортогональная проекция наклонной SC
на плоскость ABCD
перпендикулярна прямой BD
, лежащей в этой плоскости. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах BD\perp SC
. Таким образом, прямая BD
и секущая плоскость перпендикулярны одной и то же прямой SC
. Следовательно, прямая BD
параллельна секущей плоскости.
Через прямую BD
, параллельную секущей плоскости, проходит плоскость BSD
, пересекающая секущую плоскость по некоторой прямой l
. Значит, эта прямая параллельна BD
. Пусть прямая l
пересекает рёбра SB
и SD
в точках M
и N
соответственно. Тогда четырёхугольник AMEN
— сечение пирамиды, о котором говорится в условии задачи. Поскольку MN\parallel BD
, а BD\perp AE
(так как BD
— перпендикуляр к плоскости ASC
, содержащей прямую AE
), то диагонали этого четырёхугольника пересекаются в некоторой точке K
под прямым углом.
Из прямоугольного треугольника SAC
находим, что
AE=\frac{SA\cdot AC}{SC}=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{SA^{2}+AC^{2}}}=\frac{2a\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{4a^{2}+3a^{2}}}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.
Высота AE
прямоугольного треугольника SAC
, проведённая из вершины прямого угла, делит гипотенузу SC
на отрезки, пропорциональные квадратам катетов (см. задачу 1946), т. е.
\frac{SE}{EC}=\frac{SA^{2}}{AC^{2}}=\frac{4a^{2}}{3a^{2}}=\frac{4}{3}~\Rightarrow~\frac{SE}{SC}=\frac{4}{7}.
Пусть прямая, проведённая через точку S
пересекается с продолжение отрезка AE
в точке T
. Из подобия треугольников SET
и CEA
(с коэффициентом \frac{SE}{EC}=\frac{4}{3}
) находим, что
ST=\frac{4}{3}AC=\frac{4}{3}a\sqrt{3}.
Тогда коэффициент подобия треугольников SKT
и OKA
равен
\frac{SK}{KO}=\frac{ST}{OA}=\frac{\frac{4}{3}a\sqrt{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{8}{3}~\Rightarrow~\frac{SK}{SO}=\frac{8}{11}.
Из подобия треугольников MSN
и BSD
находим, что MN=\frac{8}{11}BD=\frac{8}{11}a
. Следовательно (см. задачу 3018),
S_{AMEN}=\frac{1}{2}AE\cdot MN=\frac{1}{2}\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\cdot\frac{8}{11}a=\frac{8a^{2}\sqrt{3}}{11\sqrt{7}}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1975, задача 5, вариант 6
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1975, с. 8, задача 5, вариант 6