9257. Рёбра AB
, AC
и AD
треугольной пирамиды ABCD
попарно перпендикулярны и равны a
. Найдите наименьшую площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через медиану DM
грани BCD
.
Ответ. \frac{a^{2}\sqrt{30}}{20}
.
Решение. Пусть N
— середина ребра AC
. Тогда MN
— средняя линия треугольника ABC
, поэтому MN\parallel AB
и MN=\frac{a}{2}
. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую DM
и точку X
прямой AB
. Площадь треугольника XDM
принимает наименьшее значение, если наименьшее значение принимает его высота XP
. В этом случае XP
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых DM
и AB
(см. задачу 7423), а длина отрезка XP
равна расстоянию между этими прямыми.
Поскольку MN\parallel AB
, прямая AB
параллельна плоскости MDN
, значит, расстояние между прямыми DM
и AB
равно расстоянию от любой точки прямой AB
до плоскости MDN
(см. задачу 7889), например, от точки A
.
Пусть XP
и AF
— высоты треугольников DXM
и ADN
соответственно. Тогда AF\perp DN
и AF\perp MN
, значит, AF
— перпендикуляр к плоскости MDN
, а расстояние от точки A
до плоскости MDN
, а значит, и расстояние между прямыми AB
и DM
, равно длине отрезка AF
. Из прямоугольных треугольников ADN
и ADM
находим, что
DN=\sqrt{AD^{2}+AN^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},
XP=AF=\frac{AD\cdot AN}{DN}=\frac{a\cdot\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{a}{\sqrt{5}},
DM=\sqrt{AD^{2}+AM^{2}}=\sqrt{a^{2}+\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.
Следовательно,
S_{\triangle XDM}=\frac{1}{2}DM\cdot XP=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a^{2}\sqrt{30}}{20}.
Осталось заметить, что точка X
лежит на ребре AB
, а не на его продолжении. Действительно, пусть прямая, проходящая через точку F
параллельно MN
, пересекает отрезок DM
в точке Q
. Тогда
AX=FQ\lt MN=\frac{1}{2}AB\lt AB,
а это означает, что точка X
лежит между точками A
и B
, т. е. треугольник DXM
— сечение пирамиды.
Аналогично для случая, когда точка X
лежит на AC
.