7091. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды ABCDP
(P
— вершина) равна 4\sqrt{2}
, а угол между соседними боковыми гранями равен 120^{\circ}
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через диагональ BD
основания параллельно боковому ребру CP
.
Ответ. 4\sqrt{6}
.
Указание. Искомое сечение — равнобедренный треугольник, основание которого совпадает с диагональю квадрата ABCD
, а высота равна половине бокового ребра пирамиды.
Решение. Заметим, что по теореме о трёх перпендикулярах PC\perp BD
.
Пусть F
— проекция вершины B
на боковое ребро PC
. Поскольку прямая PC
перпендикулярна двум пересекающимся прямым (BF
и BD
), эта прямая перпендикулярна плоскости BDF
, следовательно, \angle BFD=120^{\circ}
.
Пусть прямая, проходящая через центр M
квадрата ABCD
параллельно боковому ребру CP
, пересекает боковое ребро AP
в точке K
. Тогда плоскость DBK
параллельна CP
, поскольку она содержит прямую MK
, параллельную CP
. Значит, треугольник BDK
— искомое сечение. При этом MK
— средняя линия треугольника ACP
.
Из прямоугольного треугольника BMF
находим, что
MF=MB\ctg\angle BFM=\frac{AB}{\sqrt{2}}\cdot\ctg60^{\circ}=\frac{4}{\sqrt{3}}.
Тогда
\sin\angle MCF=\frac{MF}{MC}=\frac{\frac{4}{\sqrt{3}}}{4}=\frac{1}{\sqrt{3}},~\cos\angle MCF=\sqrt{\frac{2}{3}}.
Из прямоугольного треугольника PMC
находим, что
CP=\frac{MC}{\cos\angle MCF}=\frac{4}{\sqrt{\frac{2}{3}}}=2\sqrt{6}.
Следовательно,
S_{\triangle BDK}=\frac{1}{2}BD\cdot MK=\frac{1}{4}BD\cdot CP=\frac{1}{4}\cdot8\cdot2\sqrt{6}=4\sqrt{6}.