8865. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна a
, апофема пирамиды равна \frac{3}{2}a
. Ортогональной проекцией пирамиды на плоскость, перпендикулярную одной из боковых граней, является равнобедренная трапеция. Найдите площадь этой трапеции.
Ответ. \frac{4}{\sqrt{17}}a^{2}
.
Решение. Пусть M
и N
— середины сторон соответственно BC
и AD
основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
(рис. 1). Тогда BC=a
, PM=\frac{3}{2}a
. Из точки N
опустим перпендикуляр NE
на апофему PM
. Тогда прямая NE
перпендикулярна плоскости грани PBC
, так как эта прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым PM
и BC
этой плоскости. Любая плоскость \gamma
, проходящая через прямую NE
, перпендикулярна плоскости грани PBC
.
Пусть ортогональная проекция пирамиды на плоскость \gamma
является равнобедренной трапецией. При параллельном проектировании параллельные прямые AD
и BC
переходят в параллельные прямые, значит, если A'
, B'
, C'
и D'
— ортогональные проекции точек A
, B
, C
и D
соответственно, то точки A'
и D'
лежат на одном основании трапеции, а точки B'
и C'
— на другом. Проекция P'
вершины P
пирамиды лежит либо на прямой B'C'
, либо на прямой A'D'
, причём один из отрезков B'C'
или A'D'
является основанием трапеции, а точка P'
лежит на продолжении другого (в противном случае проекция пирамиды была бы параллелограммом). Предположим, что P'
лежит на продолжении основания B'C'
за точку C'
(рис. 3).
Поскольку плоскости \gamma
и PBC
перпендикулярны, прямая B'P'
лежит в плоскости PBC
. При этом B'P'
— основание трапеции.
Обозначим \angle BPM=\angle CPM=\varphi
(рис. 2). Из прямоугольного треугольника CMP
находим, что
PC=\sqrt{MP^{2}+MC^{2}}=\sqrt{\frac{9}{4}a^{2}+\frac{1}{4}a^{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{2},~\sin\varphi=\frac{CM}{PC}=\frac{\frac{a\sqrt{10}}{2}}{\frac{a}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Пусть PH
— высота пирамиды. Обозначим \angle PMH=\beta
. Из прямоугольных треугольников MPN
и MNE
находим, что
\cos\beta=\frac{MH}{PM}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{3}{2}a}=\frac{1}{3},~NE=MN\sin\beta=\frac{2a\sqrt{2}}{3}.
Тогда
ME=MN\cos\beta=a\cdot\frac{1}{3}=\frac{a}{3},~PE=PM-ME=\frac{3}{2}a-\frac{a}{3}=\frac{7}{6}a.
Прямая NE
, лежащая в плоскости \gamma
перпендикулярна наклонной AD
к этой плоскости, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах отрезок NE
перпендикулярен основанию A'D'
трапеции A'D'P'C'
, а так как N
— середина AD
(а значит, и середина A'D'
), то NE
— серединный перпендикуляр к основанию A'D'
равнобедренной трапеции A'D'P'B'
. Следовательно, NE
— серединный перпендикуляр и к основанию B'P'
этой трапеции. Поскольку B'P'
— ортогональная проекция отрезка BP
на плоскость \gamma
, середина E
его проекции B'P'
на эту плоскость есть проекция середины K
отрезка BP
.
Пусть прямые B'C'
и BC
пересекаются в точке F
. Обозначим \angle P'FC=\alpha
. Тогда \angle PEK=\angle EPP'=\angle P'FC=\alpha
. По теоремам косинусов и синусов из треугольника PKE
находим, что
KE=\sqrt{PK^{2}+PE^{2}-2PK\cdot PE\cos\varphi}=
=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{10}}{4}\right)^{2}+\left(\frac{7}{6}a\right)^{2}-2\cdot\frac{a\sqrt{10}}{4}\cdot\frac{7}{6}a\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}}=\frac{a\sqrt{34}}{12},
\sin\alpha=\frac{KP\sin\varphi}{KE}=\frac{\frac{a\sqrt{10}}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{10}}}{\frac{a\sqrt{34}}{12}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{5}{\sqrt{34}},~A'D'=AD\cos\alpha=\frac{5a}{\sqrt{34}}.
Заметим, что прямые B'P'
и BP
пересекаются под углом 90^{\circ}-\alpha-\varphi
. Тогда
B'P'=BP\cos(90^{\circ}-\alpha-\varphi)=BP\sin(\alpha+\varphi)=\frac{a\sqrt{10}}{2}(\sin\varphi\cos\alpha+\sin\alpha\cos\varphi)=
=\frac{a\sqrt{10}}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{10}}\cdot\frac{5}{\sqrt{34}}+\frac{3}{\sqrt{10}}\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}\right)=\frac{a\sqrt{10}}{2}\cdot\frac{7}{\sqrt{85}}=\frac{7a}{\sqrt{34}}.
Следовательно,
S_{A'D'P'B'}=\frac{1}{2}(A'D'+B'P')NE=\frac{1}{2}\left(\frac{5a}{\sqrt{34}}+\frac{7a}{\sqrt{34}}\right)\cdot\frac{2a\sqrt{2}}{3}=\frac{4a^{2}}{\sqrt{17}}.