9304. Основание ABCDEF
пирамиды SABCDEF
— правильный шестиугольник, точка M
— середина ребра SF
.
а) Постройте точку пересечения плоскости BMD
с ребром SA
.
б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью BMD
, если пирамида правильная, AB=1
, SA=2
.
Ответ. \frac{7\sqrt{21}}{20}
.
Решение. а) Пусть K
— точка пересечения прямых BD
и AF
, лежащих в плоскости ABCD
, а N
— точка пересечения прямых SF
и KM
, лежащих в плоскости ASF
. Тогда N
— искомая точка пересечения плоскости BMD
с ребром SA
.
б) В прямоугольном треугольнике ABK
катет AB
лежит против угла 30^{\circ}
, поэтому AK=2AB=2AF
. Тогда FK=AF+AK=3AF
. Через точку A
проведём прямую, параллельную KM
. Пусть P
— точка её пересечения с отрезком SF
. Обозначим FP=x
. Тогда
\frac{FP}{FM}=\frac{AF}{AK}=\frac{1}{2},~PM=2x,~SM=FM=3x.
Следовательно,
\frac{AN}{NS}=\frac{PM}{MS}=\frac{2x}{3x}=\frac{2}{3}.
Аналогично \frac{SQ}{QE}=\frac{2}{3}
, где Q
— точка пересечения плоскости BMD
с ребром SE
. Сечение пирамиды плоскостью BMD
— пятиугольник BNMQD
.
Пусть O
— центр основания пирамиды. Поскольку пирамида правильная, отрезок SO
— её высота. Из прямоугольного треугольника AOS
находим, что
SO=\sqrt{SA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}.
Ортогональная проекция пятиугольника BNMQD
— пятиугольник BN'M'Q'D
, причём N'
лежит на отрезке OA
и ON':N'A=SN:NA=3:2
, точка Q'
лежит на отрезке OE
и OQ':Q'E=3:2
, точка M'
лежит на отрезке OF
и OM':M'F=1:1
.
Диагонали AD
, BE
и CF
правильного шестиугольника ABCDEF
разбивают его на шесть равных равносторонних треугольников с общей вершиной O
. Пусть S
— площадь каждого из них. Тогда
S_{\triangle DOQ'}=S_{\triangle BON'}=\frac{ON'}{OA}S=\frac{3}{5}S,
S_{\triangle M'OQ'}=S_{\triangle M'ON'}=\frac{OM'}{OF}\cdot\frac{ON'}{OA}S=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{5}=\frac{3}{10}S,
S_{\triangle BOD}=S_{\triangle BOC}=S,
значит,
S_{BN'M'Q'D}=2\cdot\frac{3}{5}S+2\cdot\frac{3}{10}S+S=\frac{14}{5}S=\frac{14}{5}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{7\sqrt{3}}{10},
Пусть H
— точка пересечения BD
и CF
. Поскольку CF\perp BD
и MT\perp BD
, линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания — это угол MTM'
. Из прямоугольного треугольника MM'T
находим, что
\tg\angle MTM'=\frac{MM'}{M'T}=\frac{\frac{1}{2}SO}{2OT}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Тогда \cos\angle MTM'=\frac{2}{\sqrt{7}}
. Следовательно (см. задачу 8093),
S_{BNMQD}=\frac{S_{BN'M'Q'D}}{\cos\angle MTM'}=\frac{\frac{7\sqrt{3}}{10}}{\frac{2}{\sqrt{7}}}=\frac{7\sqrt{21}}{20}.