8973. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
сторона основания ABCD
равна a
, высота равна 2a\sqrt{2}
. Через вершину A
параллельно диагонали BD
основания проведена плоскость так, что угол между прямой AB
и этой плоскостью равен 30^{\circ}
. Найдите площадь сечения
Ответ. \frac{3a^{2}\sqrt{2}}{5}
.
Решение. Пусть SH=2a\sqrt{2}
— высота пирамиды, O
— точка пересечения секущей плоскости с высотой SH
. Плоскость SDB
проведена через прямую BD
, параллельную секущей плоскости, и пересекает эту плоскость, по некоторой прямой l
, проходящей через точку O
, значит, прямая l
параллельна диагонали BD
основания. Пусть прямая l
пересекает боковые рёбра SD
и SB
в точках M
и K
соответственно, а прямая AO
пересекает боковое ребро SC
в точке L
. Тогда четырёхугольник AMLK
— сечение, о котором говорится в условии задачи.
Поскольку прямая BD
параллельна секущей плоскости, все точки этой прямой удалены от секущей плоскости на одно и то же расстояние, поэтому длина перпендикуляра, опущенного из точки B
на секущую плоскость, равна длине перпендикуляра HP
, опущенного из точки H
на прямую AL
.
Обозначим OH=x
. Из прямоугольного треугольника AHO
находим, что
AO=\sqrt{AH^{2}+OH^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+x^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+x^{2}}.
Тогда
HP=\frac{AH\cdot OH}{AO}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot x}{\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+x^{2}}}=\frac{ax\sqrt{2}}{2\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+x^{2}}}.
По условию задачи \frac{HP}{AB}=\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}
, или \frac{ax\sqrt{2}}{2a\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+x^{2}}}=\frac{1}{2}
, откуда x=\frac{a\sqrt{2}}{2}
. Тогда
SO=SH-OH=SH-x=2a\sqrt{2}-\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2},
\frac{SO}{OH}=3,~MK=\frac{SO}{SH}\cdot BD=\frac{3}{4}\cdot a\sqrt{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}.
Пусть N
— ортогональная проекция точки L
на плоскость основания. Тогда L
лежит на диагонали AC
основания.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью ASC
. Через вершину S
проведём прямую, параллельную AC
, и продолжим AL
до пересечения с этой прямой в точке T
. Из подобия треугольников SOT
и HOA
следует, что ST=AH\cdot\frac{SO}{OH}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}
, а из подобия треугольников SLT
и CLA
—
\frac{SL}{LC}=\frac{ST}{AC}=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{3}{2},
Значит,
NH=\frac{3}{5}HC=\frac{3\sqrt{2}}{10},~AN=AH+HN=\frac{a\sqrt{2}}{2}+\frac{3\sqrt{2}}{10}=\frac{4a\sqrt{2}}{5},
LN=\frac{2}{5}SH=\frac{2}{5}\cdot2a\sqrt{2}=\frac{4a\sqrt{2}}{5}=AN,~AL=AN\sqrt{2}=\frac{8a}{5}.
По теореме о трёх перпендикулярах AL\perp BD
, значит, AL\perp MK
. Следовательно,
S_{AMLK}=\frac{1}{2}AL\cdot MK=\frac{1}{2}\cdot\frac{8a}{5}\cdot\frac{3a\sqrt{2}}{4}=\frac{3a^{2}\sqrt{2}}{5}.