8888. Через середину ребра AC
правильной треугольной пирамиды SABC
(S
— вершина) проведены плоскости \alpha
и \beta
, каждая из которых образует угол \frac{\pi}{6}
с плоскостью ABC
. Найдите площади сечений пирамиды SABC
плоскостями \alpha
и \beta
, если эти сечения имеют общую сторону длины 1, лежащую в грани ABC
, а плоскость \alpha
перпендикулярна ребру SA
.
Ответ. \frac{3}{8}
, \frac{54}{49}
.
Решение. Пусть O
— центр основания ABC
, N
— середина стороны AB
. Через прямую MN
проведём плоскость \alpha_{1}
, перпендикулярную прямой AS
. Поскольку через точку M
проходит единственная плоскость, перпендикулярная прямой AS
, плоскость \alpha
совпадает с плоскостью \alpha_{1}
. Если K
и L
— точки пересечения плоскости \alpha
соответственно с ребром AS
и медианой AE
равностороннего треугольника ABC
, то AL\perp MN
и по теореме о трёх перпендикулярах LK
— высота треугольника MNK
, а L
— середина AE
. Тогда треугольник MNK
— сечение пирамиды плоскостью \alpha
, KL\perp AS
, а так как ALK
— линейный угол двугранного угла между плоскостями ABC
и \alpha
, то \angle ALK=\frac{\pi}{6}
. Поэтому
BC=2MN=2,~AE=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},~AL=\frac{1}{2}AE=\frac{\sqrt{3}}{2},
и из прямоугольного треугольника AKL
находим, что
KL=AL\cos\angle ALK=AL\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{4}.
Следовательно,
S_{\triangle MNK}=\frac{1}{2}MN\cdot KL=\frac{1}{2}\cdot1\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{8}.
Пусть угол боковой грани пирамиды с плоскостью её основания равен \varphi
. Тогда
\tg\varphi=\frac{SO}{OE}=\frac{SO}{\frac{1}{2}OA}=2\cdot\frac{SO}{OA}=2\tg\angle SAO=2\tg\left(\frac{\pi}{2}-\angle ALK\right)=2\tg\frac{\pi}{3}=2\sqrt{3},
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+12}}=\frac{1}{\sqrt{13}},~\sin\varphi=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}},
\sin\left(\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=\sin\frac{\pi}{6}\cos\varphi+\cos\frac{\pi}{6}\sin\varphi=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{13}}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{7}{2\sqrt{13}}.
По условию задачи плоскость \beta
проходит через прямую MN
. Пусть P
и Q
— точки пересечения этой плоскости с боковыми рёбрами соответственно CS
и BS
пирамиды, а T
— основание перпендикуляра, опущенного из точки L
на PQ
. По теореме о трёх перпендикулярах LT\perp MN
, значит, TLE
— линейный угол двугранного угла между плоскостями \beta
и ABC
. По условию задачи \angle TLE=\frac{\pi}{6}
.
Плоскости \beta
и BSC
проходят через параллельные прямые MN
и BC
и пересекаются по прямой PQ
, поэтому PQ\parallel BC
, т. е. сечение пирамиды плоскостью \beta
— трапеция MPQN
с основаниями PQ
и MN
и с высотой TL
.
Из треугольника LTE
по теореме синусов находим, что
LT=LE\cdot\frac{\sin\varphi}{\sin\left(\frac{\pi}{6}+\varphi\right)}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}}{\frac{7}{2\sqrt{13}}}=\frac{6}{7},
TE=LT\cdot\frac{\sin\frac{\pi}{6}}{\sin\varphi}=\frac{6}{7}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}}=\frac{\sqrt{39}}{14},
а так как
SE=\frac{OE}{\cos\varphi}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{1}{\sqrt{13}}}=\frac{\sqrt{39}}{3},
то
\frac{ST}{SE}=\frac{SE-TE}{SE}=\frac{\frac{\sqrt{39}}{3}-\frac{\sqrt{39}}{14}}{\frac{\sqrt{39}}{3}}=\frac{11}{14}.
Из подобия треугольников SPQ
и SCB
находим, что
PQ=BC\cdot\frac{ST}{SE}=2\cdot\frac{11}{14}=\frac{11}{7}.
Следовательно,
S_{MPQN}=\frac{1}{2}(MN+PQ)\cdot LT=\frac{1}{2}\left(1+\frac{11}{7}\right)\cdot\frac{6}{7}=\frac{54}{49}.