9182. Основание пирамиды SABCD
— параллелограмм ABCD
. Боковые рёбра SA
и SD
равны. Точка M
лежит на боковом ребре SC
и не совпадает с его концами. Плоскость \alpha
проходит через точку M
параллельно прямым BC
и SA
.
а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью \alpha
— равнобедренная трапеция.
б) Найдите расстояние от точки A
до плоскости \alpha
, если боковая сторона этой трапеции равна меньшему основанию, а все рёбра пирамиды равны 1.
Ответ. \frac{\sqrt{6}}{6}
.
Решение. а) Через прямую BC
, параллельную плоскости \alpha
, проходит плоскость BSC
, имеющая с плоскостью \alpha
общую точку M
. Значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку M
параллельно AB
(см. задачу 8004). Аналогично, плоскость \alpha
пересекается с плоскостью ABCD
по прямой, параллельной AB
.
Пусть N
, K
и L
— точки пересечения плоскости \alpha
с рёбрами SB
, AB
и CD
соответственно. Тогда противоположные стороны MN
и KL
четырёхугольника KLMN
параллельны и не равны, так как MN\lt BC=KL
. Следовательно, это трапеция. При этом KN\parallel SA
и ML\parallel SD
.
Пусть \frac{SM}{SC}=k
. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках
\frac{SN}{SB}=\frac{SM}{SC}=k,~\frac{DL}{DC}=\frac{SM}{SC}=k,
значит,
\frac{BN}{SB}=1-k,~\frac{CM}{SC}=1-k,
поэтому KN=(1-k)SA
и ML=(1-k)SD
, а так как SA=SD
, то KN=ML
. Следовательно, KLMN
— равнобедренная трапеция.
б) Пусть SO
— высота пирамиды. Боковые рёбра пирамиды равны, значит, равны их ортогональные проекции на плоскость основания. Тогда точка O
равноудалена от вершин параллелограмма ABCD
, т. е. O
— центр описанной около него окружности, а параллелограмм, около которого можно описать окружность, — прямоугольник. При этом стороны этого прямоугольника равны, значит, это квадрат. Таким образом, данная пирамида правильная.
Поскольку MN=kBC=k
и ML=KN=(1-k)SA=1-k
, из равенства k=1-k
находим, что k=\frac{1}{2}
, т. е. точки K
, L
, M
и N
— середины соответствующих рёбер пирамиды.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину и середины P
и Q
рёбер BC
и AD
соответственно. Поскольку K
— середина AB
, точки A
и B
равноудалены от плоскости \alpha
(см. задачу 9180), а так как прямая BC
параллельна плоскости \alpha
, то расстояние от точки B
до плоскости \alpha
равно расстоянию до этой плоскости от точки P
, т. е. половине высоты PH
равнобедренного треугольника PSQ
.
По теореме Пифагора
SO=\sqrt{SA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{1-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Записав двумя способами площадь треугольника PSQ
, получим, что SQ\cdot PH=PQ\cdot SO
, откуда
PH=\frac{PQ\cdot SO}{SQ}=\frac{1\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.
Следовательно, искомое расстояние равно \frac{1}{2}PH=\frac{\sqrt{6}}{6}
.