7882. В четырёхугольной пирамиде SABCD
основание ABCD
имеет своей осью симметрии диагональ AC
, которая равна 9, а точка E
пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD
делит отрезок AC
так, что отрезок AE
меньше отрезка EC
. Через середину бокового ребра пирамиды SABCD
проведена плоскость, параллельная основанию и пересекающаяся с рёбрами SA
, SB
, SC
, SD
соответственно в точках A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
, D_{1}
. Получившийся многогранник ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, являющийся частью пирамиды SABCD
, пересекается с плоскостью \alpha
по правильному шестиугольнику, со стороной 2. Найдите площадь треугольника ABD
, если плоскость \alpha
пересекает отрезки BB_{1}
и DD_{1}
.
Ответ. 4.
Решение. Из условия следует, что диагонали AC
и BD
четырёхугольника ABCD
перпендикулярны, а треугольники ABD
и CBD
— равнобедренные. Поскольку усечённая пирамида ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
имеет 6 граней, плоскость \alpha
пересекает каждую грань по отрезку, концы которого не совпадают с вершинами многогранника. Обозначим вершины шестиугольника, лежащие на сторонах основания ABCD
, через K
и M
, на сторонах четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— через K_{1}
и M_{1}
, а на боковых рёбрах DD_{1}
и BB_{1}
— через P
и T
соответственно (для определённости считаем вершину P
соседней с вершинами K
и K_{1}
).
Поскольку KMTM_{1}K_{1}P
— правильный шестиугольник, прямая PT
параллельна прямым KM
и K_{1}M_{1}
и, следовательно, параллельна плоскостям ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
и одинаково удалена от них. Значит, точки P
и T
— середины рёбер DD_{1}
и BB_{1}
соответственно, а PT
— средняя линия трапеции BB_{1}D_{1}D
, поэтому прямые KM
, K_{1}M_{1}
, PT
, D_{1}B_{1}
и DB
параллельны.
Пусть E_{1}
— точка пересечения диагоналей четырёхугольника A_{1}B_{1}D_{1}C_{1}
, H
— точка пересечения стороны KM
с диагональю AC
, H_{1}
— точка пересечения стороны K_{1}M_{1}
с диагональю A_{1}C_{1}
. Возможны два случая расположения плоскости \alpha
: в первом случае точка H
лежит между A
и E
, во втором — между E
и C
. Докажем, что возможен лишь первый случай.
Пусть O
— точка пересечения плоскости AA_{1}C_{1}C
с диагональю PT
. Треугольники HEO
и H_{1}E_{1}O
равны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому HE=H_{1}E_{1}
. Таким образом, у трапеций BDKM
и B_{1}D_{1}K_{1}M_{1}
равны высоты HE
и H_{1}E_{1}
и меньшие основания KM
и K_{1}M_{1}
. Так как эти трапеции равнобедренные (они симметричны относительно диагоналей AC
и A_{1}C_{1}
соответственно) и BD\gt B_{1}D_{1}
, то \angle KDB\lt\angle K_{1}D_{1}B_{1}
. Поэтому второй случай невозможен (иначе \angle CDB\lt\angle ADB
, что противоречит условию AE\lt CE
).
Обозначим \frac{CE}{AE}=m
. Так как треугольник BCD
подобен треугольнику K_{1}C_{1}M_{1}
, а треугольник BAD
— треугольнику KAM
, то
\frac{C_{1}H_{1}}{CE}=\frac{K_{1}M_{1}}{BD}=\frac{KM}{BD}=\frac{AH}{AE}.
Поэтому \frac{C_{1}H_{1}}{AH}=m
. Тогда
AH+HE=AE=\frac{CE}{m}=\frac{2C_{1}H_{1}}{m}=\frac{2(C_{1}H_{1}+H_{1}E_{1})}{m}=2AH+\frac{2EH}{m}.
Отсюда следует, что AH=\frac{m-2}{2m-2}\cdot AE
. Значит,
\frac{KM}{BD}=\frac{AH}{AE}=\frac{m-2}{2m-2}.
С другой стороны,
KM=\frac{1}{2}PT=\frac{1}{4}(B_{1}D_{1}+BD)=\frac{3}{8}BD.
Поэтому \frac{m-2}{2m-2}=\frac{3}{8}
, откуда m=5
, и AE=\frac{1}{6}AC=\frac{3}{2}
. Следовательно,
S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AE\cdot BD=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{16}{3}=4.