8939. В правильной треугольной пирамиде ABCD
угол ADC
равен 2\arcsin\frac{1}{6}
, а сторона основания ABC
равна 2. Точки K
, M
и N
— середины рёбер AB
, CD
, AC
соответственно. Точка E
лежит на отрезке KM
и 3ME=KE
. Через точку E
проходит плоскость \Pi
перпендикулярно отрезку KM
. В каком отношении плоскость \Pi
делит рёбра пирамиды? Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью \Pi
и расстояние от точки N
до плоскости \Pi
.
Ответ. \frac{A_{1}D}{AD}=\frac{B_{1}D}{BD}=\frac{7}{12}
, \frac{C_{1}D}{CD}=\frac{21}{32}
, \frac{49\sqrt{65}}{576}
, \frac{13}{2\sqrt{10}}
.
Решение. Обозначим \angle ADK=\alpha
, \angle DCK=\beta
, \angle DKM=\gamma
, \angle KMC=\varphi
, \angle MKC=\delta
. Пусть DH
— высота пирамиды (рис. 1). Тогда
CK=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},~CH=\frac{2}{3}CK=\frac{2\sqrt{3}}{3}.
Из прямоугольных треугольников AKD
и DHC
находим, что
AD=\frac{AK}{\sin\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{6}}=6,~DK=\sqrt{AD^{2}-AK^{2}}=\sqrt{36-1}=\sqrt{35},
\cos\beta=\frac{CH}{CD}=\frac{CH}{AD}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{9}.
Тогда
KM=\sqrt{CM^{2}+CK^{2}-2CM\cdot CK\cos\beta}=\sqrt{9+3-2\cdot3\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{9}}=\sqrt{10},
\cos\gamma=\cos\angle DKM=\frac{DK^{2}+KM^{2}-DM^{2}}{2DK\cdot KM}=\frac{35+10-9}{2\cdot\sqrt{35}\cdot\sqrt{10}}=\frac{9\sqrt{2}}{5\sqrt{7}},
EM=\frac{1}{4}KM=\frac{\sqrt{10}}{4},~KE=\frac{3}{4}KM=\frac{3\sqrt{10}}{4}.
\cos\varphi=\cos\angle KMC=\frac{KM^{2}+MC^{2}-KC^{2}}{2KM\cdot MC}=\frac{10+9-3}{2\cdot\sqrt{10}\cdot3}=\frac{8}{3\sqrt{10}}.
Тогда
\tg\varphi=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\varphi}-1}=\sqrt{\frac{90}{64}-1}=\frac{\sqrt{26}}{8},
\tg\gamma=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\gamma}-1}=\sqrt{\frac{175}{162}-1}=\frac{\sqrt{13}}{9\sqrt{2}}.
Пусть C_{1}
, A_{1}
, B_{1}
и Q
— точки пересечения плоскости \Pi
с прямыми DC
, DA
, DB
и DK
соответственно. Тогда C_{1}Q\perp KM
. Из прямоугольного треугольника MEC_{1}
находим, что
MC_{1}=\frac{EM}{\cos\varphi}=\frac{\frac{\sqrt{10}}{4}}{\frac{8}{3\sqrt{10}}}=\frac{15}{16}\lt3=MC.
Значит, точка C_{1}
принадлежит боковому ребру DC
, а не его продолжению, и при этом
\frac{C_{1}D}{CD}=\frac{DM+MC_{1}}{CD}=\frac{3+\frac{15}{16}}{6}=\frac{21}{32}.
Пусть плоскость \Pi
пересекает плоскость основания ABC
по некоторой прямой l
. Тогда KE\perp l
, а так как прямая KC
— ортогональная проекция наклонной KM
на плоскость ABC
, то по теореме о трёх перпендикулярах KC\perp l
, значит, l\parallel AB
и прямая l
параллельна плоскости ABD
. Следовательно, проходящая через прямую l
плоскость \Pi
пересекается с плоскостью ABD
по прямой, параллельной l
, а значит, и прямой AB
, т. е. A_{1}B_{1}\parallel AB
.
Из прямоугольного треугольника KEQ
находим, что
KQ=\frac{KE}{\cos\gamma}=\frac{\frac{3\sqrt{10}}{4}}{\frac{9\sqrt{2}}{5\sqrt{7}}}=\frac{5\sqrt{35}}{12}.
Следовательно,
\frac{A_{1}D}{AD}=\frac{B_{1}D}{BD}=\frac{QD}{KD}=\frac{KD-KQ}{KD}=\frac{\sqrt{35}-\frac{5\sqrt{35}}{12}}{\sqrt{35}}=\frac{7}{12}.
Из прямоугольных треугольников KEQ
и MEC_{1}
находим, что
EQ=KE\tg\gamma=\frac{3\sqrt{10}}{4}\cdot\frac{\sqrt{13}}{9\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{65}}{12},
EC_{1}=ME\tg\varphi=\frac{\sqrt{10}}{4}\cdot\frac{\sqrt{26}}{8}=\frac{\sqrt{65}}{16}.
Поэтому
C_{1}Q=EQ+EC_{1}=\frac{\sqrt{65}}{12}+\frac{\sqrt{65}}{16}=\frac{7\sqrt{65}}{48},
а так как
A_{1}B_{1}=\frac{DQ}{DK}\cdot AB=\frac{7}{12}\cdot2=\frac{7}{6},
то
S_{\triangle A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}A_{1}B_{1}\cdot C_{1}Q=\frac{1}{2}\cdot\frac{7}{6}\cdot\frac{7\sqrt{65}}{48}=\frac{49\sqrt{65}}{576}.
По теореме косинусов
\cos\delta=\cos\angle MKC=\frac{KC^{2}+KM^{2}-MC^{2}}{2KC\cdot KM}=\frac{3+10-9}{2\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{10}}=\frac{2}{\sqrt{30}}.
Пусть T
— середина CK
(рис. 2). Тогда NT
— средняя линия треугольника ACK
, поэтому NT\parallel AB\parallel A_{1}B_{1}
. Значит, прямая NT
параллельна плоскости \Pi
и расстояние от точки N
до плоскости \Pi
равно расстоянию до этой плоскости от точки T
. Если L
— ортогональная проекция точки T
на прямую QC_{1}
, то искомое расстояние равно длине отрезка TL
.
Опустим перпендикуляр TP
из точки T
на прямую KM
. Из прямоугольного треугольника KPT
находим, что
KP=KT\cos\delta=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{10}}{10}.
Следовательно,
TL=PE=KE-KP=\frac{3\sqrt{10}}{4}-\frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{13\sqrt{10}}{20}=\frac{13}{2\sqrt{10}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2000, билет 5, № 6
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. — № 00-5-6, с. 389