8684. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
, каждое ребро которой равно 2, построено сечение плоскостью, параллельной диагонали основания AC
и боковому ребру SB
пирамиды и пересекающей ребро AB
. Найдите периметр многоугольника, полученного в этом сечении, если нижнее основание сечения равно \sqrt{2}
.
Ответ. 2+\sqrt{2}+\sqrt{3}
.
Решение. Пусть секущая плоскость пересекает диагональ BD
основания пирамиды в точке E
, а прямые AB
и BC
— в точках M
и N
соответственно. Тогда плоскость основания проходит через прямую AC
параллельную секущей плоскости, и пересекает секущую плоскость по прямой MN
, значит, MN\parallel AC
. Кроме того, по условию задачи
MN=\sqrt{2}=\frac{1}{2}\cdot2\sqrt{2}=\frac{1}{2}AC,
поэтому MN
— средняя линия треугольника ABC
, т. е. M
и N
— середины рёбер AB
и BC
соответственно.
Пусть секущая плоскость пересекает боковое ребро SA
в точке L
. Тогда плоскость боковой грани ASB
проходит через прямую SB
, параллельную секущей плоскости, и пересекает секущую плоскость по прямой ML
, значит, ML\parallel SB
, а так как M
— середина AB
, то L
— середина SA
. Аналогично докажем, что секущая плоскость пересекает боковое ребро SC
в его середине K
. Следовательно,
ML=KN=\frac{1}{2}SB=1.
Пусть секущая плоскость пересекает прямую SD
в точке P
. Треугольник BSD
— прямоугольный (SD\perp SB
), поскольку
BD^{2}=(2\sqrt{2})^{2}=8=4+4=SB^{2}+SD^{2},
а так как SD\perp MN
(по теореме о трёх перпендикулярах) и SD\parallel PE
(так как PE\parallel SB
), то прямая SD
перпендикулярна секущей плоскости. Следовательно, SD\perp LP
, т. е. LP
— перпендикуляр, опущенный из середины L
стороны SA
равностороннего треугольника ASD
со стороной 2. Значит, если H
— середина SD
, то
KP=LP=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Таким образом, периметр сечения равен
MN+ML+NK+LP+KP=\sqrt{2}+1+1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=2+\sqrt{2}+\sqrt{3}.