15311. Основание четырёхугольной пирамиды SABCD
— параллелограмм ABCD
, площадь которого равна 52\sqrt{3}
, а диагональ BD=13\sqrt{2}
. Высота SO
пирамиды проходит через точку O
пересечения диагоналей параллелограмма ABCD
. Найдите площадь сечения пирамиды SABCD
плоскостью, параллельной диагонали BD
основания и проходящей через середину ребра SC
и точку N
, лежащую на боковом ребре SD
пирамиды, причём SN=2DN
, если расстояние от точки D
до плоскости сечения равна \sqrt{6}
.
Ответ. 52.
Решение. Построим сечение пирамиды указанной плоскостью. Через точку N
в плоскости BSD
проведём прямую, параллельную BD
. Пусть эта прямая пересекает ребро SB
в точке K
, P
— точка пересечения KN
и SO
, M
— середина SC
. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках SP=\frac{2}{3}SO
.
Пусть прямые SO
и MP
пересекаются в точке A'
. Тогда медианы MP
и AC
треугольника ASC
пересекаются в точке A'
. Через точку S
параллельно AC
проведём прямую. Пусть эта прямая пересекается с продолжение A'M
в точке U
. Обозначим OA'=x
. Треугольник SPU
подобен треугольнику OPA'
с коэффициентом \frac{SP}{OP}=2
, поэтому SU=2OA'=2x
. Треугольник CMA'
равен треугольнику SMU
, поэтому
CA'=SU=2x~\Rightarrow~CO=CA'-A'O=2x-x=x=OA'=OA.
Следовательно, точка A'
совпадает A
, а рассматриваемое сечение проходит через точку A
. Следовательно, искомое сечение — четырёхугольник AKMN
.
Площадь сечения AKMN
можно вычислить по формуле S=\frac{S'}{\cos\varphi}
, где S'
— площадь ортогональной проекции сечения на плоскость основания, а \varphi
— угол между плоскостью сечения и плоскостью основания. Найдём площадь проекции сечения на плоскость основания. Проекцией является четырёхугольник ALQR
. Площадь параллелограмма ABCD
равна 52\sqrt{3}
.
Пусть Q
и R
— ортогональные проекции точек M
и N
на прямые AC
и BD
соответственно. Очевидно, что Q
и R
— ортогональные точек M
и N
на плоскость основания пирамиды. Заметим, что по теореме о пропорциональных отрезках
\frac{OR}{OD}=\frac{SN}{ND}=2,~\frac{OQ}{OC}=\frac{SM}{SC}=\frac{1}{2},
поэтому площадь сечения AKMN
также равна
S'=2(S_{\triangle AOR}+S_{\triangle ROQ})=2S\left(\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{2}S\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{2}S=26\sqrt{3}.
Пусть E
— точка пересечения KM
и BC
, а F
— точка пересечения прямых MN
и CD
. Тогда плоскость основания и плоскость сечения пересекаются по прямой EF
, параллельной BD
и проходящей через точку A
. Пусть CG
— перпендикуляр к прямой EF
, а прямая, проведённая перпендикулярно прямой EF
в секущей плоскости, пересекает прямую MF
в точке H
. Тогда угол CGH
— угол между плоскостью сечения и плоскостью основания, \angle CGH=\varphi
.
Поскольку D
— середина наклонной CF
к секущей плоскости, то расстояние от точки C
до плоскости сечения равно удвоенному расстоянию от точки D
, а значит, и от B
, до плоскости сечения и равно d=2\sqrt{6}
.
Отрезок CG
— высота треугольника ECF
, поэтому
EF\cdot CG=4S_{ABCD},~CG=\frac{4S_{ABCD}}{2BD}=\frac{2\cdot52\sqrt{3}}{13\sqrt{2}}=4\sqrt{6}.
Проведём перпендикуляр CT
к прямой GH
, длина этого перпендикуляра равна d
. Тогда
\sin\varphi=\frac{CT}{CG}=\frac{2\sqrt{6}}{4\sqrt{6}}=\frac{1}{2},~\Rightarrow~\varphi=30^{\circ}~\Rightarrow~\cos\varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Следовательно,
S=\frac{S'}{\cos\varphi}=\frac{26\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=52.
Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2024-2025, отборочный этап, задача 9