8657. Основанием пирамиды служит правильный шестиугольник ABCDEF
, а её боковое ребро SA
перпендикулярно плоскости основания. Расстояния от точек B
и C
до прямой SD
равны соответственно \sqrt{\frac{23}{14}}
и \sqrt{\frac{15}{14}}
.
а) Чему равна площадь треугольника ASD
?
б) Найдите отношение наименьшей из площадей треугольных сечений пирамиды, проходящих через ребро SD
, к площади треугольника ASD
.
Ответ. \frac{8}{\sqrt{33}}
; \sqrt{\frac{14}{15}}
.
Решение. а) В правильном шестиугольнике ABCDEF
диагональ BD
перпендикулярна стороне AB
(рис. 2). Прямая SB
— наклонная к плоскости основания пирамиды (рис. 1), а AB
— её ортогональная проекция. По теореме о трёх перпендикулярах BD\perp SB
. Аналогично докажем, что SC\perp CD
.
Обозначим AB=a
, SA=h
. Тогда AD=2a
, BD=a\sqrt{3}
. Пусть BH
и CG
— перпендикуляры, опущенные из точек соответственно B
и C
на прямую SD
. Тогда BH
и CG
— высоты прямоугольных треугольников SBD
и SCD
, проведённые из вершин прямых углов. По условию задачи BH=\sqrt{\frac{23}{14}}
и CG=\sqrt{\frac{15}{14}}
. Вычисляя разными способами площади треугольников SBD
и SCD
, получим равенства BD\cdot SB=SD\cdot BH
и CD\cdot SC=SD\cdot CG
, а так как
SB=\sqrt{SA^{2}+AB^{2}}=\sqrt{h^{2}+a^{2}},~SC=\sqrt{SA^{2}+AC^{2}}=\sqrt{h^{2}+3a^{2}},
SD=\sqrt{SA^{2}+AD^{2}}=\sqrt{h^{2}+4a^{2}},
то
\syst{a\sqrt{3}\cdot\sqrt{h^{2}+a^{2}}=\sqrt{h^{2}+4a^{2}}\cdot\sqrt{\frac{23}{14}}\\a\cdot\sqrt{h^{2}+3a^{2}}=\sqrt{h^{2}+4a^{2}}\cdot\sqrt{\frac{15}{14}}.\\}
Возведя в квадрат обе части каждого уравнения и затем разделив почленно первое на второе, получим уравнение
45(h^{2}+a^{2})=23(h^{2}+3a^{2}),
из которого находим, что h^{2}=\frac{12}{11}a^{2}
. Подставив найденное выражения для h^{2}
в первое уравнение системы, получим, что a^{2}=\frac{4}{3}
. Следовательно,
S_{\triangle ASD}=\frac{1}{2}AD\cdot SA=ah=a\cdot\sqrt{\frac{12}{11}}a=\sqrt{\frac{12}{11}}a^{2}=\sqrt{\frac{12}{11}}\cdot\frac{4}{3}=\frac{8}{\sqrt{33}}.
б) Пусть O
— центр правильного шестиугольника ABCDEF
, K
— середина стороны BC
. Из свойств правильного шестиугольника следует, что OK\perp AD
, значит, по теореме о трёх перпендикулярах OK\perp SD
. Через прямую OK
проведём плоскость \alpha
, перпендикулярную ребру SD
. Пусть она пересекает SD
в точке P
. Рассмотрим ортогональную проекцию пирамиды на плоскость \alpha
. Пусть точки A'
, B'
, C'
, D'
, E'
, F'
— проекции вершин A
, B
, C
, D
, E
, F
соответственно (рис. 3). Поскольку прямая SD
перпендикулярна плоскости проекций, точка D'
— проекция точек S
, H
, P
и G
. Отрезки BH
, OP
и CG
при этом проектировании переходят в равные и параллельные им отрезки B'D'
, OD'
и C'D'
, причём B'D'=BH=\sqrt{\frac{23}{14}}
и C'D'=CG=\sqrt{\frac{15}{14}}
Из свойств параллельного проектирования следует, что противоположные стороны шестиугольника A'B'C'D'E'F'
попарно равны и параллельны, а A'D'=2B'C'=2OD'
. Кроме того, пирамида симметрична относительно плоскости SAD
, а шестиугольник A'B'C'D'E'F'
симметричен относительно прямой A'D'
, поэтому достаточно рассмотреть треугольные сечения, проходящие через точку, принадлежащую ломаной ABC
.
Пусть C'L
— высота равнобедренной трапеции A'B'C'D'
. Обозначим CK=x
.
D'L=\frac{1}{2}(A'D'-B'C')=\frac{1}{2}(4x-2x)=x,~A'L=\frac{1}{2}(A'D'+B'C')=\frac{1}{2}(4x+2x)=3x.
Учитывая, что A'C'=B'D'
, из прямоугольных треугольников D'LC'
и A'LC'
находим, что
C'D'^{2}-D'L^{2}=A'C'^{2}-A'L^{2},~\mbox{или}~\frac{15}{14}-x^{2}=\frac{23}{14}-9x^{2},
откуда x=\frac{1}{\sqrt{14}}
. Тогда
C'L=\sqrt{C'D'^{2}-D'L^{2}}=\sqrt{\frac{15}{14}-\frac{1}{14}}=1,~A'D'=4x=\frac{4}{\sqrt{14}}.
Поскольку
B'D'=\sqrt{\frac{23}{14}}\gt\frac{4}{\sqrt{14}}=A'D',~B'D'=\sqrt{\frac{23}{14}}\gt\sqrt{\frac{15}{14}}=A'B',
отрезок B'D'
— наибольшая сторона треугольника A'B'D'
, а так как
\cos\angle B'A'D'=\frac{A'D'^{2}+A'B'^{2}-B'D'^{2}}{2A'D'\cdot A'D'}=\frac{\frac{16}{14}+\frac{15}{14}-\frac{23}{14}}{2\cdot\frac{4}{\sqrt{14}}\cdot\sqrt{\frac{15}{14}}}=\frac{1}{\sqrt{15}}\gt0,
то треугольник A'B'D'
— остроугольный, поэтому основание M
его высоты D'M
лежит на стороне A'B'
, а не на её продолжении.
Из прямоугольного треугольника A'MD'
находим, что
D'M=A'D'\sin\angle B'A'D'=\frac{4}{\sqrt{14}}\cdot\sqrt{\frac{14}{15}}=\frac{4}{\sqrt{15}}.
Пусть вершина X
рассматриваемого треугольного сечения SDX
лежит на отрезке AB
. Тогда её ортогональная проекция X'
лежит на отрезке A'B'
, а высота XY
треугольника SDX
параллельно плоскости \alpha
, поэтому XY=D'X'
. Высота XY
минимальна (а значит, минимальна и площадь треугольника SDX
), если минимален отрезок D'X'
, т. е. X'
совпадает с точкой M
.
Если же вершина X
лежит на отрезке BC
, то высота XY
минимальна (а значит, минимальна и площадь треугольника SDX
), если точка X'
совпадает с точкой C'
, так как угол D'C'B'
— тупой как угол при меньшем основании B'C'
равнобедренной трапеции A'B'C'D'
.
Поскольку D'C'=\sqrt{\frac{15}{14}}\gt\frac{4}{\sqrt{15}}
, наименьшую из всех рассматриваемых площадей имеет треугольник SDM
.
Далее имеем:
SD=\sqrt{h^{2}+4a^{2}}=\sqrt{\frac{12}{11}a^{2}+4a^{2}}=2a\sqrt{\frac{14}{11}}=2\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\sqrt{\frac{14}{11}}=4\sqrt{\frac{14}{33}},
S_{\triangle ADM}=\frac{1}{2}SD\cdot D'M=\frac{1}{2}\cdot4\sqrt{\frac{14}{33}}\cdot\frac{4}{\sqrt{15}}=\frac{8\sqrt{14}}{3\sqrt{55}}.
Следовательно
\frac{S_{\triangle SDM}}{S_{\triangle ASD}}=\frac{\frac{8\sqrt{14}}{3\sqrt{55}}}{\frac{8}{\sqrt{33}}}=\sqrt{\frac{14}{15}}.