7332. Основанием пирамиды TABC
служит треугольник ABC
, все стороны которого равны 4, а высота пирамиды совпадает с боковым ребром TA
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середины стороны основания AC
и бокового ребра TB
и параллельной медиане BD
боковой грани BTC
, если расстояние от вершины пирамиды T
до секущей плоскости равно \frac{1}{2}
.
Ответ. \frac{6}{\sqrt{5}}
.
Решение. Пусть M
и N
— середины рёбер AC
и BT
соответственно. Плоскость грани BTC
проходит через прямую BD
, параллельную секущей плоскости, и пересекает секущую плоскость. Значит, прямая пересечения этих плоскостей параллельна прямой BD
и проходит через точку N
. Пусть эта прямая пересекает ребро CT
в точке F
. Тогда NF
— средняя линия треугольника TBD
, поэтому F
— середина DT
и \frac{TF}{FC}=\frac{1}{3}
.
Пусть прямые FN
и BC
пересекаются в точке K
. По теореме Менелая \frac{TF}{FC}\cdot\frac{CK}{KB}\cdot\frac{BN}{NT}=1
, или \frac{1}{3}\cdot\frac{CK}{KB}\cdot\frac{1}{1}=1
, откуда находим, что \frac{CK}{KB}=3
.
Пусть прямые KM
и AB
пересекаются в точке E
. Тогда \frac{AM}{MC}\cdot\frac{CK}{KB}\cdot\frac{BE}{EA}=1
, или \frac{1}{1}\cdot\frac{3}{1}\cdot\frac{BE}{EA}=1
, откуда находим, что \frac{BE}{EA}=\frac{1}{3}
.
Искомое сечение — четырёхугольник NFME
, а его ортогональная проекция на плоскость основания ABC
— четырёхугольник N'F'ME
, где N'
и F'
— ортогональные проекции точек соответственно N
и F
на плоскость основания. При этом N'
— середина AB
, а \frac{AF'}{F'C}=\frac{TF}{FC}=\frac{1}{3}
. Тогда (см. задачу 3007)
S_{N'F'ME}=S_{\triangle AME}-S_{\triangle AF'N'}=\frac{AM}{AC}\cdot\frac{AE}{AB}S_{\triangle ABC}-\frac{AF'}{AC}\cdot\frac{AN'}{AB}S_{\triangle ABC}=
=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}S_{\triangle ABC}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\left(\frac{3}{8}-\frac{1}{8}\right)S_{\triangle ABC}=\frac{1}{4}\cdot\frac{16\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}.
Опустим перпендикуляр FH
из точки F
на прямую ME
пересечения секущей плоскости с плоскостью основания пирамиды. По теореме о трёх перпендикулярах F'H\perp ME
, а так как прямая ME
перпендикулярна плоскости FF'H
, то перпендикуляр F'P
, опущенный из точки F'
на прямую FH
, — перпендикуляр к секущей плоскости. Поэтому угол F'HP
— угол между секущей плоскостью и плоскостью основания пирамиды, а расстояние от точки F'
до секущей плоскости равно длине отрезка F'P
.
Поскольку F'
— середина AM
, отрезок F'H
равен половине высоты h
треугольника MAE
, проведённой из вершины A
. В треугольнике MAE
известно, что
AM=\frac{1}{2}AC=2,~AE=\frac{3}{4}AB=3,~\angle MAE=60^{\circ},
поэтому
ME=\sqrt{2^{2}+3^{2}-2\cdot2\cdot3\cos60^{\circ}}=\sqrt{7},~S_{\triangle MAE}=\frac{1}{2}\cdot2\cdot3\cdot\sin60^{\circ}=\frac{3\sqrt{3}}{2},
значит,
F'H=\frac{1}{2}h=\frac{1}{2}\cdot\frac{2S_{\triangle MAE}}{ME}=\frac{S_{\triangle MAE}}{ME}=\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}.
Отрезок TC
делится секущей плоскостью в отношении \frac{TF}{FC}=\frac{1}{3}
, значит, расстояние от точки C
до секущей плоскости в три раза больше расстояния до этой плоскости от точки T
(см. задачу 9180), т. е. равно \frac{3}{2}
.
Отрезок F'C
делится секущей плоскостью в отношении \frac{F'M}{CM}=\frac{1}{2}
, значит, расстояние от точки F'
до секущей плоскости в два раза меньше расстояния до этой плоскости от точки C
, т. е. F'P=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{4}
.
Обозначим \angle F'HP=\alpha
. Из прямоугольного треугольника F'PH
находим, что
\sin\alpha=\frac{F'P}{F'H}=\frac{\frac{3}{4}}{\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}},~\cos\varphi=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}.
Следовательно, по теореме о площади ортогональной проекции
S_{NFME}=\frac{S_{N'F'ME}}{\cos\varphi}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}}=\frac{6}{\sqrt{5}}.