9337. Сторона основания ABCDEF
правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
равна 4, а площадь сечения, проходящего через прямую CF
и середину бокового ребра SD
, равна 10\sqrt{3}
.
а) Докажите, что плоскость сечения образует с плоскостью основания угол 60^{\circ}
.
б) Найдите объём пирамиды SABCDEF
.
Ответ. 48\sqrt{3}
.
Решение. а) Пусть O
— центр основания пирамиды, M
— середина бокового ребра SD
. Плоскости CMF
и DSE
проходят через параллельные прямые CF
и DE
и имеют общую точку M
, значит, они пересекаются по прямой, проходящей через точку M
параллельно CF
и DE
(см. задачу 8004). Пусть эта прямая пересекает боковое ребро SE
в точке N
, а медиану SL
треугольника DSE
— в точке K
. Тогда MN
— средняя линия треугольника DSE
, точка K
— середина SL
, а ортогональная проекция H
точки K
на плоскость основания — середина отрезка OL
.
Сечение пирамиды плоскостью CFM
— равнобедренная трапеция CFNM
с основаниями CF=2DL=8
, MN=\frac{1}{2}DL=2
и высотой OK
. По условию задачи S_{CFNM}=10\sqrt{3}
, или \frac{1}{2}(8+2)\cdot OK=10\sqrt{3}
, откуда OK=2\sqrt{3}
.
В прямоугольном треугольнике KOH
известно, что
OH=\frac{1}{2}OL=\frac{1}{2}\cdot\frac{4\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},~\cos\angle KOH=\frac{OH}{OK}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{2}.
Значит, \angle KOL=\angle KOH=60^{\circ}
, а так как OH\perp CF
и OK\perp CF
, то KOH
— линейный угол искомого двугранного угла.
б) Угол SLO
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре DE
, так как OL\perp DE
и SL\perp DE
. Отрезок OK
— медиана прямоугольного треугольника SOL
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому треугольник KOL
равнобедренный (см. задачу 1109). Следовательно,
\angle SLO=\angle KLO=\angle KOL=60^{\circ}.
Из прямоугольного треугольника SLO
находим, что
SO=OL\tg60^{\circ}=2\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}=6,
а так как
S_{ABCDEF}=6S_{AOB}=6\cdot\frac{16\sqrt{3}}{4}=24\sqrt{3},
то
V_{SABCDEF}=\frac{1}{3}S_{ABCDEF}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot24\sqrt{3}\cdot6=48\sqrt{3}.