8441. Основанием пирамиды с равными боковыми рёбрами является прямоугольник со сторонами 6 и 8. Высота пирамиды равна 6. Найдите площадь сечения, проведённого через меньшую сторону основания и середину высоты.
Ответ. \frac{80}{3}
.
Решение. Пусть K
— середина высоты SH
пирамиды SABCD
, ABCD
— прямоугольник со сторонами AB=6
, BC=8
, L
— середина AB
.
Боковые рёбра пирамиды равны, поэтому основание H
её высоты — центр окружности, описанной около прямоугольника ABCD
, т. е. точка пересечения его диагоналей (см. задачу 7163). Из прямоугольного треугольника HKL
находим, что
KL=\sqrt{HL^{2}+KH^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5.
Пусть плоскость, проходящая через прямую AB
и точку K
, пересекает боковые рёбра SC
и SD
в точках E
и F
соответственно. Прямая AB
параллельна плоскости CSD
, значит, секущая плоскость пересекается с плоскостью CSD
по прямой, параллельной AB
(см. задачу 8003). Следовательно, EF\parallel CD
, а сечение ABEF
— равнобедренная трапеция с основаниями AB
и EF
.
Пусть A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
, D_{1}
— середины боковых рёбер SA
, SB
, SC
, SD
соответственно. Тогда стороны четырёхугольника A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— средние линии боковых граней пирамиды. Этот четырёхугольник — прямоугольник, а точка K
— его центр. Плоскость A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
параллельна плоскости основания пирамиды, поэтому она пересекается с плоскостью ABEF
по прямой MN
, проходящей через точку K
параллельно A_{1}B_{1}
. Пусть M
и N
лежат на A_{1}D_{1}
и B_{1}C_{1}
соответственно. Тогда M
и N
— середины отрезков A_{1}D_{1}
и B_{1}C_{1}
.
Рассмотрим боковую грань BCS
. Отрезок BE
проходит через середину N
средней линии равнобедренного треугольника BSC
, значит, точка N
— середина высоты SP
этого треугольника. Через вершину S
проведём прямую, параллельную BC
. Пусть Q
— точка пересечения этой прямой с продолжением отрезка BE
. Из равенства треугольников SKQ
и PKB
находим, что SQ=BP=4
, а из подобия треугольников SEQ
и CEB
—
\frac{SE}{EC}=\frac{SQ}{BC}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}.
Тогда из подобия треугольников SEF
и SCD
получаем, что
EF=\frac{1}{3}CD=\frac{1}{3}\cdot6=2.
Кроме того, поскольку
NC_{1}=\frac{1}{2}B_{1}C_{1}=\frac{1}{4}BC=2,
из подобия треугольников EC_{1}N
и ECB
получаем, что
\frac{NE}{BE}=\frac{NC_{1}}{BC}=\frac{1}{4},~\frac{NE}{BN}=\frac{1}{3}.
Пусть G
— середина основания EF
равнобедренной трапеции ABEF
. Тогда \frac{KG}{KL}=\frac{NE}{BN}=\frac{1}{3}
, значит,
KG=\frac{1}{3}KL=\frac{1}{3}\cdot5=\frac{5}{3},~LG=KL+KG=5+\frac{5}{3}=\frac{20}{3},
а так как LG
— высота трапеции ABEF
, то
S_{ABEF}=\frac{AB+EF}{2}\cdot LG=\frac{6+2}{2}\cdot\frac{20}{3}=\frac{80}{3}.
Источник: Атанасян Л. С. и др. Геометрия 10—11: Учебник для общеобразовательных учреждений. — М.: Просвещение, 2006. — № 309, с. 83
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 7.19, с. 65