8357. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
сторона основания ABCD
равна \sqrt{2}
, угол между боковым ребром и плоскостью основания равен \arctg2
. Точка K
лежит на высоте SO
, причём KO:SO=3:4
. Через точку K
проведена плоскость \Pi
, перпендикулярная прямой SC
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \Pi
, расстояние от точки B
до плоскости \Pi
и угол между плоскостью \Pi
и прямой SB
.
Ответ. \frac{\sqrt{5}}{15}
, \frac{3\sqrt{5}}{5}
, \arcsin\frac{4}{5}
.
Решение. Через точку K
проведём прямую, перпендикулярную SC
, и прямую, параллельную диагонали BD
основания. Пусть первая из проведённых прямых пересекает SC
и SA
в точках C_{1}
и A_{1}
соответственно, а вторая прямая пересекает SB
и SD
в точках B_{1}
и D_{1}
соответственно. Докажем, что плоскость четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
перпендикулярна прямой SC
.
Действительно, SC\perp A_{1}C_{1}
по построению, а так как B_{1}D_{1}\parallel BD
и SC\perp BD
(по теореме о трёх перпендикулярах), то SC\perp B_{1}D_{1}
. Значит, прямая SC
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Что и требовалось доказать.
Обозначим \angle SKC_{1}=\angle SCO=\alpha
. Тогда
\tg\alpha=2,~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}},
\tg\angle ASC=\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 ASC=\frac{3}{5}.
Из прямоугольных треугольников BOC
и COS
находим, что
OC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=1,~SO=OC\tg\alpha=2,~SC=\sqrt{OC^{2}+SO^{2}}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}.
Из прямоугольных треугольников SC_{1}K
и SC_{1}A_{1}
находим, что
SC_{1}=SK\sin\angle SKC_{1}=\frac{1}{4}SO\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}},
A_{1}C_{1}=SC_{1}\tg\angle A_{1}SC_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{4}{3}=\frac{4}{3\sqrt{5}},
SA_{1}=\frac{A_{1}C_{1}}{\cos\angle A_{1}SC_{1}}=\frac{\frac{4}{3\sqrt{5}}}{\frac{3}{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{9}\lt\sqrt{5}=SA.
Значит, точка A_{1}
лежит на ребре SA
, а не на его продолжении. Следовательно, четырёхугольник A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— сечение, о котором говорится в условии задачи.
Прямая AC
— ортогональная проекция прямой A_{1}C_{1}
на плоскость основания пирамиды, причём AC\perp BD
, значит, A_{1}C_{1}\perp BD
(по теореме о трёх перпендикулярах), а так как B_{1}D_{1}\parallel BD
, то A_{1}C_{1}\perp B_{1}D_{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}A_{1}C_{1}\cdot B_{1}D_{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 A_{1}C_{1}
. Прямая OH
лежит в плоскости ASC
, перпендикулярной BD
, а значит, и B_{1}D_{1}
. Поэтому прямая OH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым A_{1}C_{1}
и B_{1}D_{1}
плоскости \Pi
. Следовательно, OH
— перпендикуляр к этой плоскости. Прямоугольные треугольники OHK
и SC_{1}K
подобны с коэффициентом \frac{OK}{KS}=3
, поэтому
OH=3SC_{1}=3\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.
Пусть T
— основание перпендикуляра, опущенного из точки B
на плоскость \Pi
. Прямая BD
параллельна прямой B_{1}D_{1}
, лежащей в плоскости \Pi
, значит, расстояние от точки B
до плоскости \Pi
равно расстоянию от точки O
до этой плоскости, т. е. BT=OH=\frac{3\sqrt{5}}{5}
.
Треугольник SB_{1}D_{1}
подобен треугольнику SBD
с коэффициентом \frac{1}{4}
, поэтому
BB_{1}=\frac{3}{4}SB=\frac{3}{4}SC=\frac{3\sqrt{5}}{4}.
Угол прямой SB
с плоскостью \Pi
— это угол BB_{1}T
. Обозначим \angle BB_{1}T=\varphi
. Из прямоугольного треугольника BTB_{1}
находим, что
\sin\varphi=\frac{BT}{BB_{1}}=\frac{OH}{BB_{1}}=\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{\frac{3\sqrt{5}}{4}}=\frac{4}{5}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2010, билет 7
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. — № 5.235, с. 134
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2010, выезд, 11 класс, вариант Ф, задача 4