7830. В основании четырёхугольной пирамиды лежит ромб ABCD
, в котором \angle BAD=60^{\circ}
. Известно, что SA=SC
, SD=SB=AB
. На ребре DC
взята точка E
так, что площадь треугольника BSE
наименьшая среди площадей всех сечения пирамиды, содержащих отрезок BS
и пересекающих отрезок DC
. Найдите отношение DE:EC
.
Ответ. 2:3
.
Указание. Обозначьте SD=SB=AB=a
, EC=x
. Тогда квадрат площади треугольника BSE
можно представить в виде квадратного трёхчлена от x
.
Решение. Первый способ. Боковые рёбра SA
и SC
данной пирамиды равны, поэтому основание O
высоты пирамиды равноудалено от точек A
и C
. Значит, точка O
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AC
, т. е. на прямой BD
. Аналогично, точка O
лежит на прямой AC
. Поэтому высота пирамиды проходит через центр ромба.
Обозначим SD=SB=AB=a
, EC=x
. Тогда
BE=\sqrt{CB^{2}+CE^{2}-2CB\cdot CE\cos60^{\circ}}=\sqrt{a^{2}+x^{2}-ax}.
Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на BE
. По теореме о трёх перпендикулярах SP\perp BE
, т. е. SP
— высота треугольника BSE
. Опустим перпендикуляр DK
из точки D
на прямую BE
. Тогда OP
— средняя линия треугольника DBK
. Пусть M
— середина CD
. Тогда, записав двумя способами площадь треугольника DBE
, получим, что
OP=\frac{1}{2}DK=\frac{1}{2}\cdot\frac{DE\cdot BM}{BE}=\frac{\frac{1}{2}(a-x)\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^{2}+x^{2}-ax}}=\frac{a(a-x)\sqrt{3}}{4\sqrt{a^{2}+x^{2}-ax}}.
По теореме Пифагора из прямоугольных треугольников SOD
и SOP
находим, что
SO^{2}=SD^{2}-OD^{2}=a^{2}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{3a^{2}}{4},
SP^{2}=SO^{2}+OP^{2}=\frac{3a^{2}}{4}+\frac{3a^{2}(a-x)^{2}}{16(a^{2}+x^{2}-ax)}=
=\frac{3a^{2}(4a^{2}+4x^{2}-4ax+a^{2}+x^{2}-2ax)}{16(a^{2}+x^{2}-ax)}=\frac{3a^{2}(5x^{2}-6ax+5a^{2})}{16(a^{2}+x^{2}-ax)},
S^{2}_{\triangle BSE}=\frac{1}{4}BE^{2}\cdot SP^{2}=\frac{1}{4}\frac{(a^{2}+x^{2}-ax)\cdot3a^{2}(5x^{2}-6ax+5a^{2})}{16(a^{2}+x^{2}-ax)}=
=\frac{3a^{2}(5x^{2}-6ax+5a^{2})}{64}.
Поскольку площадь есть положительная величина, она достигает своего наименьшего значения тогда и только тогда, когда минимален её квадрат. Квадрат площади есть квадратный трёхчлен от x
. Его наименьшее значение достигается при x=\frac{3a}{5}
. В этом случае
EC=\frac{3a}{5},~DE=a-x=\frac{2a}{5}.
Следовательно, \frac{DE}{EC}=\frac{2}{3}
.
Второй способ. Боковые рёбра SA
и SC
данной пирамиды равны, поэтому основание O
высоты пирамиды равноудалено от точек A
и C
. Значит, точка O
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AC
, т. е. на прямой BD
. Аналогично, точка O
лежит на прямой AC
. Поэтому высота пирамиды проходит через центр ромба.
Лемма. Пусть XY
и ZT
— скрещивающиеся прямые. Через точку Z
проведём плоскость \alpha
, перпендикулярную прямой ZT
, и рассмотрим ортогональную проекцию X'Y'
прямой XY
на эту плоскость. Тогда расстояние между прямыми XY
и ZT
равно перпендикуляру ZU
, опущенному из точки Z
на прямую X'Y'
, а общий перпендикуляр скрещивающихся прямых XY
и ZT
делит отрезок XY
в том же отношении, в котором точка U
делит проекцию отрезка XY
на плоскость \alpha
(рис. 3).
Возвратимся к нашей задаче. Пусть точка E
расположена на прямой CD
. Заметим, что у всех треугольников BES
одно и то же основание BS
, поэтому минимальную площадь имеет тот треугольник, высота которого, опущенная на BS
, минимальна.
Перпендикуляр DF
(рис. 4), опущенный из точки D
на прямую BS
, проходит через середину F
ребра SB
, так как треугольник BDC
— равносторонний (SB=SD=BD=a
). Кроме того, из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что SB\perp AC
. Поэтому плоскость \alpha
, проходящая через прямую DF
параллельно диагонали AC
ромба ABCD
, перпендикулярна прямой SB
. Эта плоскость пересекается с плоскостью основания пирамиды по прямой l
, параллельной AC
. Пусть Q
и P
— точки пересечения прямой l
с прямыми BC
и AB
соответственно. Тогда C
— середина BQ
, а DQ=AC=a\sqrt{3}
.
Пусть G
— середина QF
. Тогда CG
— средняя линия треугольника BFQ
. Тогда CG\parallel BF
, а так как BF\perp\alpha
, то CG\perp\alpha
. Значит, прямая DG
— ортогональная проекция прямой DC
на плоскость \alpha
. Таким образом, из леммы следует, что длина общего перпендикуляра скрещивающихся прямых BS
и CD
равна длине перпендикуляра FH
, опущенного из точки F
на прямую DG
, а искомое отношение DE:EC
равно отношению отрезков DH
и GH
.
В равнобедренном треугольнике PFQ
(рис. 5) известно, что FD
— медиана и высота, DG
— средняя линия, FH
— высота равнобедренного треугольника FDG
, в котором
DF=\frac{a\sqrt{3}}{2},~DG=\frac{1}{2}PF=\frac{1}{2}QF=\frac{1}{2}\sqrt{DF^{2}+DQ^{2}}=
=\frac{1}{2}\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+(a\sqrt{3})^{2}}=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{15}}{2}=\frac{a\sqrt{15}}{4}.
Обозначим \angle DQF=\varphi
. Тогда
\angle QDG=\angle DQF=\varphi,~\angle FDH=90^{\circ}-\varphi,~\angle DFH=\varphi,
\tg\varphi=\frac{DF}{DQ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{2},~\sin\varphi=\frac{1}{\sqrt{5}},
DH=DF\sin\varphi=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{15}}{10}=\frac{2a\sqrt{15}}{20},
GH=DG-DH=\frac{a\sqrt{15}}{4}-\frac{a\sqrt{15}}{10}=\frac{3a\sqrt{15}}{20}.
Следовательно,
\frac{DE}{EC}=\frac{DH}{GH}=\frac{\frac{2a\sqrt{15}}{20}}{\frac{3a\sqrt{15}}{20}}=\frac{2}{3}.