8783. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
боковое ребро равно a
и равно диагонали основания ABCD
. Через точку A
параллельно прямой BD
проведена плоскость P
, образующая с прямой AD
угол, равный \arcsin\frac{\sqrt{2}}{4}
. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью P
и радиус шара, касающегося плоскости P
и четырёх прямых, которым принадлежат боковые рёбра пирамиды.
Ответ. \frac{a^{2}\sqrt{3}}{6}
, \frac{a(\sqrt{3}-1)}{4}
, \frac{a(\sqrt{3}+1)}{4}
.
Решение. Плоскость BSD
проходит через прямую BD
, параллельную секущей плоскости P
, и пересекает плоскость P
по некоторой прямой l
. Тогда прямая l
параллельна BD
. Пусть прямая l
пересекает рёбра SB
и SD
в точках K
и N
соответственно, а плоскость P
пересекает ребро SC
в точке M
. Тогда четырёхугольник AKMN
— сечение пирамиды плоскостью P
.
Прямая AC
— ортогональная проекция на плоскость основания пирамиды наклонной AM
к этой плоскости. Поскольку AC\perp BD
, по теореме о трёх перпендикулярах AM\perp BD
, значит, AM\perp KN
, т. е. диагонали четырёхугольника AKMN
взаимно перпендикулярны. Следовательно, S_{AKMN}=\frac{1}{2}AM\cdot KN
.
Пусть SH
— высота пирамиды SABCD
, а D'
и H'
— ортогональные проекции точек соответственно D
и H
на плоскость P
. По условию задачи \sin\angle DAD'=\frac{\sqrt{2}}{4}
. Из прямоугольного треугольника ADD'
находим, что
DD'=AD\sin\angle DAD'=\frac{a}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{a}{4},
а так как прямая DH
параллельна плоскости P
, то HH'=DD'=\frac{a}{4}
. Из прямоугольного треугольника AHH'
находим, что
\sin\angle HAH'=\frac{HH'}{AH}=\frac{\frac{a}{4}}{\frac{a}{2}}=\frac{1}{2},
а так как \angle HAH'\lt90^{\circ}
, то \angle HAH'=30^{\circ}
.
Плоскость P
проходит через прямую NK
, перпендикулярную плоскости ASC
, поэтому прямая HH'
лежит в плоскости равностороннего треугольника ASC
. Значит, точка H'
лежит на прямой AM
пересечения плоскости P
с плоскостью ASC
. При этом \angle MAH=30^{\circ}=\frac{1}{2}\angle SAC
. Следовательно, AM
— биссектриса равностороннего треугольника ASC
. Тогда AM
— медиана и высота этого треугольника.
Прямая CS
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AM
и NK
плоскости P
, значит, прямая SC
перпендикулярна плоскости P
, поэтому SC\perp MK
. Из равнобедренного треугольника SBC
и прямоугольного треугольника SMK
находим, что
\cos\angle BSC=\frac{SB^{2}+SC^{2}-BC^{2}}{2SB\cdot SC}=\frac{a^{2}+a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}{2\cdot a\cdot a}=\frac{3}{4},
SK=\frac{SM}{\cos\angle BSC}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{3}{4}}=\frac{2}{3}a.
Тогда
NK=SK=\frac{2}{3}a,~AM=\frac{AC\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Следовательно,
S_{AKMN}=\frac{1}{2}AM\cdot KN=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2}{3}a=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{6}.
Поскольку шар, о котором говорится в условии задачи, касается всех боковых рёбер правильной пирамиды SABCD
, его центр O
лежит на луче SH
, а так как шар касается плоскости P
, то расстояние от точки O
до плоскости P
равно радиусу r
шара. Перпендикулярные плоскости P
и ASC
пересекаются по прямой AM
, поэтому основание T
перпендикуляра, опущенного из точки O
на плоскость P
, лежит на отрезке AM
, значит, точка O
— либо центр вписанной окружности прямоугольного треугольника ASM
, либо центр вневписанной окружности этого треугольника, касающейся катета AM
. В первом из этих случаев
r=\frac{SM+AM-SA}{2}=\frac{\frac{a}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{2}-a}{2}=\frac{a(\sqrt{3}-1)}{4}
(см. задачу 217), во втором —
r=\frac{SM+AM+SA}{2}-SM=\frac{\frac{a}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{2}+a}{2}-\frac{a}{2}=\frac{a(\sqrt{3}+1)}{4}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1997, билет 5, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 97-5-5, с. 368