8293. Дан правильный тетраэдр ABCD
с ребром a
. Найдите площадь его сечения плоскостью, проходящей через медиану BN
грани BCD
параллельно медиане DM
грани ABD
.
Ответ. \frac{a\sqrt{5}}{12}
.
Указание. Проведите плоскость через прямую BN
и середину медианы CM
треугольника ABC
.
Решение. Пусть K
— середина медианы CM
грани ABC
, а прямая BK
пересекает ребро AC
в точке P
. Тогда плоскость BPN
параллельна прямой AD
, так как прямая KN
, лежащая в этой плоскости, параллельна прямой DM
как средняя линия треугольника CMD
. Таким образом, искомое сечение — это треугольник BPN
.
Через точку C
проведём прямую, параллельную AB
. Пусть эта прямая пересекается с продолжением отрезка BP
в точке T
. Треугольники CKT
и MKB
равны по стороне (KT=BK
) и двум прилежащим к ней углам, поэтому CT=BM=\frac{1}{2}AB
. Из подобия треугольников CPT
и APB
следует, что
\frac{CP}{AP}=\frac{CT}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AB}{AB}=\frac{1}{2}.
Через точку B
проведём прямую, параллельную AC
. Пусть эта прямая пересекается с продолжением отрезка CM
в точке F
. Треугольники BMF
и AMC
равны по стороне (AM=MB
) и двум прилежащим к ней углам, поэтому BF=AC
. Из подобия треугольников CKP
и FKB
следует, что
\frac{PK}{KB}=\frac{CP}{BF}=\frac{\frac{1}{3}AC}{AC}=\frac{1}{3}.
По теореме косинусов из треугольников CPN
и CPB
находим, что
PN=\sqrt{\frac{1}{9}a^{2}+\frac{1}{4}a^{2}-\frac{1}{6}a^{2}}=\frac{a\sqrt{7}}{6},
BP=\sqrt{\frac{1}{9}a^{2}+a^{2}-\frac{1}{3}a^{2}}=\frac{a\sqrt{7}}{3}.
В треугольнике BNK
известны стороны
BN=\frac{a\sqrt{3}}{2},~BK=\frac{3}{4}BP=\frac{a\sqrt{7}}{4},~KN=\frac{1}{2}DM=\frac{a\sqrt{3}}{4}.
Пусть угол между прямыми DM
и BN
равен \alpha
. Тогда \angle BNK=\alpha
, так как KN\parallel AD
. По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{BN^{2}+KN^{2}-BK^{2}}{2BN\cdot KN}=\frac{\frac{3}{4}a^{2}+\frac{3}{16}a^{2}-\frac{7}{16}a^{2}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}}=\frac{2}{3},
\sin\alpha=\sqrt{1-\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{5}}{3}.
Поэтому
S_{\triangle BNK}=\frac{1}{2}BN\cdot KN\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}=\frac{a^{2}\sqrt{5}}{16}.
Следовательно,
S_{\triangle BPN}=\frac{BP}{BK}\cdot S_{\triangle BNK}=\frac{4}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{5}}{16}=\frac{a^{2}\sqrt{5}}{12}.