14903. На ребре BC
правильного тетраэдра SABC
выбрана точка D
, причём CD=2BD
. Через точки A
и D
перпендикулярно плоскости ABC
проведена плоскость. Найдите площадь получившегося сечения, если ребро тетраэдра равно 3a
Ответ. \frac{3}{8}a^{2}\sqrt{42}
.
Решение. Пусть E
— середина ребра AC
, F
— точка пересечения AD
и BE
. В плоскости SBE
проведём перпендикуляр к BE
, проходящий через точку F
. Этот перпендикуляр пересекает ребро SB
в некоторой точке M
. Тогда сечение из условия задачи — треугольник AMD
, поскольку плоскость AMD
проходит через прямую MF
, перпендикулярную плоскости ABC
, а также — через точки A
и D
(см. признак перпендикулярности плоскостей, задача 7710).
По теореме косинусов из треугольника ABD
находим, что
AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}-2AB\cdot BD\cos60^{\circ}}=\sqrt{9a^{2}+a^{2}-3a^{2}}=a\sqrt{7}.
Осталось найти высоту MF
треугольника AMD
.
Пусть SH
— высота данного правильного тетраэдра. Тогда (см. задачу 7040)
SH=3a\sqrt{\frac{2}{3}}=a\sqrt{6}.
Через точку B
в плоскости треугольника ABC
проведём прямую, параллельную AC
. Пусть эта прямая пересекается с прямой AD
в точке T
. Треугольник BDT
подобен треугольнику CDA
с коэффициентом \frac{BD}{CD}=\frac{1}{2}
, поэтому
BT=\frac{1}{2}AC=\frac{3a}{2}=AE.
Треугольник BFT
равен треугольнику EFA
, поэтому F
— середина отрезка BE
. Значит,
\frac{BF}{BH}=\frac{\frac{1}{2}BE}{\frac{2}{3}BE}=\frac{3}{4}.
Треугольник BFM
подобен треугольнику BHC
с коэффициентом \frac{3}{4}
, поэтому
MF=\frac{3}{4}SH=\frac{3}{4}a\sqrt{6}.
Следовательно,
S_{\triangle AMD}=\frac{1}{2}AD\cdot MF=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{7}\cdot\frac{3}{4}a\sqrt{6}=\frac{3}{8}a^{2}\sqrt{42}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1975, задача 5, вариант 4
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. 117, задача 5, вариант 4