8985. В основании пирамиды SABC
лежит правильный треугольник ABC
, а все боковые грани имеют равные площади. Ребро SA
равно 2, ребро SB
равно \sqrt{2}
. Через вершину B
проведено сечение пирамиды перпендикулярно ребру SC
. Найдите площадь этого сечения.
Ответ. \frac{3\sqrt{6}}{40}
.
Решение. Поскольку боковые грани пирамиды равновелики, а их основания равны как стороны равностороннего треугольника, высоты боковых граней, проведённые из общей вершины S
, также равны между собой. Значит, высота SH
пирамиды проходит либо через центр вписанной, либо через центр одной из вневписанных окружностей основания ABC
, а так как по условию задачи пирамида не является правильной (SA\gt SB
), то высота проходит через центр H
вневписанной окружности, причём эта окружность касается стороны BC
и продолжений сторон AC
и AB
.
Пусть r
— радиус этой окружности, сторона основания ABC
равна a
, M
— середина BC
. Тогда
HM=\frac{a\sqrt{3}}{2},~HA=HM+AM=a\sqrt{3}.
Опустим перпендикуляр SP
из вершины пирамиды на прямую AB
. По теореме о трёх перпендикулярах HP\perp AB
, значит, HP
— радиус рассматриваемой вневписанной окружности. Из прямоугольных треугольников SHA
, SBP
и SHP
находим, что
SH^{2}=SA^{2}-HA^{2}=4-3a^{2},~SP^{2}=SB^{2}-BP^{2}=2-\frac{1}{4}a^{2},
SH^{2}=SP^{2}-HP^{2}=2-\frac{1}{4}a^{2}-\frac{3}{4}a^{2}=2-a^{2}.
Из уравнения 4-3a^{2}=2-a^{2}
находим, что a=1
. Тогда SH=2-a^{2}=1
.
Пусть BK
— высота треугольника SBC
со сторонами SB=SC=\sqrt{2}
, BC=1
. Тогда
BK\cdot SC=BC\cdot SM,~BK=\frac{BC\cdot SM}{SC}=\frac{1\cdot\sqrt{2-\frac{1}{4}}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}.
Поскольку SB\gt BC
, треугольник SBC
— остроугольный, поэтому точка K
лежит на отрезке SC
. Из прямоугольного треугольника SKB
находим, что
SK=\sqrt{SB^{2}-BK^{2}}=\sqrt{2-\frac{7}{8}}=\frac{3}{2\sqrt{2}}.
Секущая плоскость проходит через точку B
перпендикулярно прямой SC
, поэтому она пересекает ребро SC
в точке K
, а так как угол ACS
— тупой, то точка L
пересечения секущей плоскости с прямой SA
лежит на ребре SA
. Таким образом, сечение, о котором говорится в условии задачи, — треугольник BKL
.
Пусть отрезки SM
и BK
пересекаются в точке E
. Прямая BC
перпендикулярна плоскости AMS
, значит, LE\perp BC
, а так как LE\perp SK
, то прямая LE
перпендикулярна плоскости SBC
, поэтому LE\perp KB
, т. е. LE
— высота треугольника сечения BKL
.
Обозначим \angle ASM=\alpha
. По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{SA^{2}+SM^{2}-AM^{2}}{2SA\cdot SM}=\frac{4+\frac{7}{4}-\frac{3}{4}}{2\cdot4\cdot\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{5}{2\sqrt{7}},~\tg\alpha=\frac{\sqrt{3}}{5}.
Прямоугольные треугольники SKE
и SMC
подобны, поэтому
\frac{SE}{SC}=\frac{SK}{SM},~SE=\frac{SK\cdot SC}{SM}=\frac{\frac{3}{2\sqrt{2}}\cdot\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{7}}.
По теореме о трёх перпендикулярах SE\perp LE
(SK
— перпендикуляр к секущей плоскости, KE
— ортогональная проекция наклонной SE
). Из прямоугольного треугольника SEL
находим, что
LE=SE\cdot\tg\alpha=\frac{3}{\sqrt{7}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{5}=\frac{3\sqrt{3}}{5\sqrt{7}}.
Следовательно,
S_{\triangle BKL}=\frac{1}{2}BK\cdot LE=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{5\sqrt{7}}=\frac{3\sqrt{6}}{40}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1971, билет 8, № 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. — № 71-8-5, с. 149