15063. Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды равны a
. Через середины боковых рёбер, принадлежащих одной из боковых граней, проведена плоскость, касающаяся вписанного в пирамиду шара. Найдите площадь получившегося сечения.
Ответ. \frac{a^{2}}{16}(6-\sqrt{3})
.
Решение. Пусть SABCD
— данная правильная пирамида с вершиной S
, H
— центр квадрата ABCD
, M
и N
— середины рёбер BC
и AD
соответственно, O
— центр вписанного в пирамиду шара, r
— его радиус. Центр шара лежит на высоте SH
.
Рассмотрим сечение пирамиды и шара плоскостью MSN
— равнобедренный треугольник MSN
с основанием MN=a
, боковыми сторонами SN=SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}
, высотой SH=\frac{a\sqrt{2}}{2}
и вписанный в этот треугольник круг радиуса r
, касающийся боковых сторон в точках, лежащих на апофемах SM
и SN
, а основания MN
— в его середине H
.
Пусть E
— точка касания со стороной SM
, P
— середина SM
. Пусть плоскость из условия задачи проходит через середины F
и G
рёбер SC
и SB
, а касательная, проведённая через точку P
к кругу, касается его в точке T
и пересекает отрезок MN
в точке Q
. Тогда T
— точка касания шара с указанной плоскостью, которая пересекает основание пирамиды по отрезку XY
, с концами X
и Y
на рёбрах CD
и AB
соответственно. Сечение пирамиды и шара этой плоскостью — равнобедренная трапеция GFXY
с основаниями XY=a
, FG=\frac{a}{2}
и высотой PQ
. Таким образом, задача сводится к нахождению отрезка PQ
.
Заметим, что
MP=\frac{1}{2}SM=\frac{a\sqrt{3}}{4},~PE=PT,~ME=MH=\frac{a}{2}.
Из прямоугольного треугольника SHM
находим, что
\cos\angle SMH=\frac{MH}{SM}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Обозначим MQ=t
. Тогда
TQ=QH=HM-MQ=\frac{a}{2}-t,~TP=PE=ME-MP=\frac{a}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{4},
PQ=TQ+TP=\left(\frac{a}{2}-t\right)+\left(\frac{a}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)=a\left(1-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)-t.
С другой стороны, по теореме косинусов
PQ^{2}=MP^{2}+MQ^{2}-2MP\cdot MQ\cos\angle SMH=\frac{3a^{2}}{16}+t^{2}-2\cdot\frac{at\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=
=\frac{3a^{2}}{16}+t^{2}-\frac{at}{2}.
Значит,
\frac{3a^{2}}{16}+t^{2}-\frac{at}{2}=\left(a\left(1-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)-t\right)^{2},
откуда находим, что t=\frac{a(3-\sqrt{3})}{6}
. Тогда
PQ=a\left(1-\frac{\sqrt{3}}{4}-\right)-t=a\left(1-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)-\frac{a(3-\sqrt{3})}{6}=\frac{a}{12}(6-\sqrt{3}).
Следовательно, площадь трапеции GFXY
равна
\frac{XY+FG}{2}\cdot PQ=\frac{a+\frac{a}{2}}{2}\cdot\frac{a}{12}(6-\sqrt{3})=\frac{a^{2}}{16}(6-\sqrt{3}).
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1977, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1977 с. 14, задача 5, вариант 1