9135. В правильной шестиугольной пирамиде с вершиной S
стороны основания ABCDEF
равны 6, а боковые рёбра равны 12. Точки K
и M
— середины рёбер и SF
и SE
соответственно.
а) Постройте сечение пирамиды плоскостью BKM
б) Найдите площадь полученного сечения.
Ответ. \frac{39\sqrt{39}}{4}
.
Решение. а) Поскольку KM\parallel EF\parallel BC
, прямая BC
, а значит, и точка C
, лежат в секущей плоскости. Пусть O
— центр основания пирамиды, P
— точка пересечения её высоты SO
с отрезком BM
, лежащим в секущей плоскости, а так как O
— середина диагонали BE
правильного шестиугольника, то P
— точка пересечения медиан треугольника BSE
. Тогда SP:PO=2:1
.
Прямая KM
параллельна плоскости ASD
. так как она параллельна прямой AD
, лежащей в этой плоскости. Проведённая через прямую KM
секущая плоскость проходит через точку P
, лежащую в плоскости ASD
, поэтому эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку P
параллельно KM
.
Пусть эта прямая пересекает рёбра SA
и SD
в точках L
и N
соответственно. Тогда искомое сечение — шестиугольник BLKMNC
. При этом \frac{SL}{LA}=\frac{SN}{ND}=\frac{SP}{PO}=2
.
б) Диагональ LN
шестиугольника BLKMNC
параллельна AD
, поэтому треугольник LSN
подобен треугольнику ASD
, причём коэффициент подобия равен \frac{SL}{SA}=\frac{2}{3}
. Значит,
LN=\frac{2}{3}AD=\frac{2}{3}\cdot12=8.
Диагональ BM
этого шестиугольника — медиана равностороннего треугольника со стороной BL=12
, поэтому
BM=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3},~BP=\frac{2}{3}BM=4\sqrt{3}.
Пусть PH
и PQ
— высоты равнобедренных трапеций BLNC
и LKMN
соответственно. Из прямоугольного треугольника BHP
находим, что
PH=\sqrt{BP^{2}-BH^{2}}=\sqrt{48-9}=\sqrt{39},~PQ=\frac{1}{2}PH=\frac{\sqrt{39}}{2}.
Следовательно,
S_{BLKMNC}=S_{MLNC}+S_{LKMN}=\frac{1}{2}(BC+LN)\cdot PH+\frac{1}{2}(LN+KM)\cdot PQ=
=\frac{1}{2}(6+8)\cdot\sqrt{39}+\frac{1}{2}(8+3)\cdot\frac{\sqrt{39}}{2}=\frac{39\sqrt{39}}{4}.