8354. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
боковое ребро равно \sqrt{5}
, высота SO
равна 2. Точка K
лежит на высоте SO
, причём KS:SO=1:4
. Через точку K
проведена плоскость \Pi
, перпендикулярная прямой SB
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \Pi
, расстояние от точки A
до плоскости \Pi
и угол между плоскостью \Pi
и прямой SA
.
Ответ. \frac{\sqrt{5}}{15}
, \frac{3\sqrt{5}}{5}
, \arcsin\frac{4}{5}
.
Решение. Через точку K
проведём прямую, перпендикулярную SB
, и прямую, параллельную диагонали AC
основания. Пусть первая из проведённых прямых пересекает SB
и SD
в точках B_{1}
и D_{1}
соответственно, а вторая прямая пересекает SA
и SC
в точках A_{1}
и C_{1}
соответственно. Докажем, что плоскость четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярна прямой SB
.
Действительно, SB\perp B_{1}D_{1}
по построению, а так как A_{1}C_{1}\parallel AC
и SB\perp AC
(по теореме о трёх перпендикулярах), то SB\perp A_{1}C_{1}
. Значит, прямая SB
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Что и требовалось доказать.
Обозначим \angle SKB_{1}=\angle SBO=\alpha
. Из прямоугольного треугольника BOS
находим, что
OB=\sqrt{SB^{2}-SO^{2}}=\sqrt{5-4}=1,
\tg\alpha=\frac{SO}{OA}=2,~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}.
Тогда
\tg\angle BSD=\tg(180^{\circ}-2\alpha)=-\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{\tg^{2}\alpha-1}=\frac{2\cdot2}{4-1}=\frac{4}{3},~\cos\angle BSD=\frac{3}{5}.
Из прямоугольных треугольников SB_{1}K
и SB_{1}D_{1}
находим, что
SB_{1}=SK\sin\angle SKB_{1}=\frac{1}{4}SO\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}},
B_{1}D_{1}=SB_{1}\tg\angle B_{1}SD_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{4}{3}=\frac{4}{3\sqrt{5}},
SD_{1}=\frac{B_{1}D_{1}}{\cos\angle B_{1}SD_{1}}=\frac{\frac{4}{3\sqrt{5}}}{\frac{3}{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{9}\lt\sqrt{5}=SD.
Значит, точка D_{1}
лежит на ребре SD
, а не на его продолжении. Следовательно, четырёхугольник A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— сечение, о котором говорится в условии задачи.
Прямая BD
— ортогональная проекция прямой B_{1}D_{1}
на плоскость основания пирамиды, причём BD\perp AC
, значит, B_{1}D_{1}\perp AC
(по теореме о трёх перпендикулярах), а так как A_{1}C_{1}\parallel AC
, то B_{1}D_{1}\perp A_{1}C_{1}
. Следовательно, диагонали четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярны.
Треугольник SA_{1}C_{1}
подобен треугольнику SAC
с коэффициентом \frac{1}{4}
, поэтому A_{1}C_{1}=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{2}
. Следовательно,
S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{1}{2}B_{1}D_{1}\cdot A_{1}C_{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}}{15}.
Опустим перпендикуляр OH
из центра основания пирамиды на прямую B_{1}D_{1}
. Прямая OH
лежит в плоскости BSD
, перпендикулярной AC
, а значит, и A_{1}C_{1}
. Поэтому прямая OH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым B_{1}D_{1}
и A_{1}C_{1}
плоскости \Pi
. Следовательно, OH
— перпендикуляр к этой плоскости. Прямоугольные треугольники OHK
и SB_{1}K
подобны с коэффициентом \frac{OK}{KS}=3
, поэтому
OH=3SB_{1}=3\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.
Пусть T
— основание перпендикуляра, опущенного из точки A
на плоскость \Pi
. Прямая AC
параллельна прямой A_{1}C_{1}
, лежащей в плоскости \Pi
, значит, расстояние от точки A
до плоскости \Pi
равно расстоянию от точки O
до этой плоскости, т. е. AT=OH=\frac{3\sqrt{5}}{5}
.
Треугольник SA_{1}C_{1}
подобен треугольнику SAC
с коэффициентом \frac{1}{4}
, поэтому
AA_{1}=\frac{3}{4}SA=\frac{3}{4}SB=\frac{3\sqrt{5}}{4}.
Угол прямой SA
с плоскостью \Pi
— это угол AA_{1}T
. Обозначим \angle AA_{1}T=\varphi
. Из прямоугольного треугольника ATA_{1}
находим, что
\sin\varphi=\frac{AT}{AA_{1}}=\frac{OH}{AA_{1}}=\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{\frac{3\sqrt{5}}{4}}=\frac{4}{5}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2010, билет 6
Источник: Шабунин М. И. и др. Методическое пособие по математике для учащихся старших классов и абитуриентов / Под ред. М. И. Шабунина. — 3-е изд. — М.: Физматкнига, 2013. — № 5.234, с. 134
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2010, выезд, 11 класс, вариант И, задача 4