15123. В основании пирамиды SABCD
лежит трапеция ABCD
, у которой основание AD
в три раза больше BC
. Точки K
и N
— середины рёбер BC
и CD
соответственно, площадь треугольника SKN
равна 21. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, которая параллельна плоскости SKN
и делит ребро AB
в отношении 1:2
, считая от вершины A
.
Ответ. 4.
Решение. Пусть P
и Q
— точки пересечения прямых AB
и KN
, AD
и KN
соответственно, F
точка на ребре AB
, для которой AF:FB
=1:2
(рис. 1). Проведём через точку F
плоскость, параллельную плоскости SQP
. Она пересечёт прямые SA
и AD
в некоторых точках H
и G
. Тогда FGH
— искомое сечение. По построению FH\parallel PS
, FG\parallel PQ
и GH\parallel SQ
. Значит, треугольники HFG
и SPQ
подобны.
Рассмотрим трапецию ABCD
и подобные треугольники AFG
и APQ
(рис. 2). Треугольники KCN
и QDN
равны по стороне и прилежащим к ней углам, поэтому CN=ND
. Обозначим BC=a
. Тогда
DQ=KC=\frac{a}{2},~AD=3BC=3a,~AQ=AD+DQ=3a+\frac{a}{2}=\frac{7}{2}a,AG=\frac{1}{3}AD=a,
поэтому
\frac{AG}{AQ}=\frac{FG}{PQ}=\frac{2}{7},
т. е. коэффициент подобия треугольников HFG
и SPQ
равен \frac{2}{7}
.
Пусть высота треугольника SPQ
, проведённая из вершины S
и совпадающая с высотой треугольника SKN
, равна h
. Отношение соответствующих высот в подобных треугольниках равно коэффициенту подобия, поэтому высота h_{1}
треугольника HFG
, проведённая из вершины H
, равна \frac{2}{7}h
.
Обозначим KN=b
. Тогда
BD=2b,~FG=\frac{1}{3}BD=\frac{2}{3}b.
Площадь треугольника SKN
по условию равна 21, т. е. bh=42
. Тогда
S_{\triangle HFG}=\frac{1}{2}h_{1}\cdot FG=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{7}h\cdot\frac{2}{3}b=\frac{2}{21}\cdot hb=\frac{2}{21}\cdot hb\cdot42=4.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1999, задача 5, вариант 2.1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1999, с. 86, задача 5, вариант 2.1