9376. В основании правильной пирамиды с вершиной S
лежит шестиугольник ABCDEF
со стороной 14. Плоскость \pi
параллельна ребру AB
, перпендикулярна плоскости DES
и пересекает ребро BC
в точке K
так, что BK:KC=3:4
. Кроме того, прямые, по которым \pi
пересекает плоскости BCS
и AFS
, параллельны. Найдите площадь треугольника, отсекаемого плоскостью \pi
от грани CDS
.
Ответ. 50
.
Решение. Пусть O
— центр правильного шестиугольника ABCDEF
, точки M
и N
— середины рёбер DE
и AB
соответственно. Тогда SO
— высота пирамиды, CF=2AB=28
, OM=ON=7\sqrt{3}
.
Плоскость основания проходит через прямую AB
, параллельную плоскости \pi
, и имеет с плоскостью \pi
общую точку K
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку K
параллельно AB
(см. задачу 8003). Пусть эта прямая пересекает ребро AF
в точке I
. Из равнобедренной трапеции ABCF
находим, что
KI=\frac{4}{7}AB+\frac{3}{7}CF=\frac{4}{7}\cdot14+\frac{3}{7}\cdot28=8+12=20.
Пусть L
— точка пересечения отрезков MN
и KI
, P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки L
на апофему SM
пирамиды, T
и R
— точки пересечения прямой, проходящей через точку P
параллельно DE
с боковыми рёбрами SD
и SE
соответственно, X
и Y
— точки пересечения прямой KI
с прямыми CD
и EF
соответственно, Q
— точка пересечения прямой TX
с ребром SC
, G
— точка пересечения прямой RY
с ребром SF
, H
— точка пересечения отрезков SO
и GQ
. Плоскость, проходящая через пересекающиеся прямые KI
и LP
, параллельна прямой AB
и перпендикулярна плоскости DES
, так как проходит через перпендикуляр LP
к плоскости DES
(см. задачу 7710), т. е. совпадает с плоскостью \pi
. Тогда сечение пирамиды плоскостью \pi
— шестиугольник KQTRGI
, в котором GQ\parallel KI
и KQ\parallel GI
. Значит, GQ=KI=20
. При этом
\frac{SQ}{SC}=\frac{SH}{SO}=\frac{GQ}{CF}=\frac{KI}{CF}=\frac{20}{28}=\frac{5}{7},~\frac{CQ}{QS}=\frac{2}{5}.
Обозначим через \beta
угол боковой грани пирамиды с плоскостью основания, т. е. \angle SMO=\beta
. Из прямоугольных треугольников SOM
и LPM
находим, что
SM=\frac{OM}{\cos\beta}=\frac{7\sqrt{3}}{\cos\beta},~PM=LM\cos\beta=11\sqrt{3}\cos\beta.
Тогда
\frac{ST}{TD}=\frac{SP}{PM}=\frac{SM-PM}{PM}=\frac{\frac{7\sqrt{3}}{\cos\beta}-11\sqrt{3}\cos\beta}{11\sqrt{3}\cos\beta}=\frac{7-11\cos^{2}\beta}{11\cos^{2}\beta},
\frac{ST}{SD}=\frac{ST}{ST+TD}=\frac{7-11\cos^{2}\beta}{7}.
Применяя теорему Менелая (см. задачу 1622) к треугольнику CSD
и прямой TQ
, получим, что
\frac{ST}{TD}\cdot\frac{DX}{XC}\cdot\frac{CQ}{QS}=1,~\mbox{или}~\frac{7-11\cos^{2}\beta}{11\cos^{2}\beta}\cdot\frac{11}{4}\cdot\frac{2}{5}=1,
откуда \cos^{2}\beta=\frac{1}{3}
. Тогда
\frac{ST}{SD}=\frac{7-11\cos^{2}\beta}{7}=\frac{10}{21},~\frac{SQ}{SC}=\frac{SH}{SO}=\frac{5}{7},~
S_{\triangle CSD}=S_{\triangle DSE}=\frac{1}{2}DE\cdot SM=\frac{1}{2}\cdot14\cdot\frac{7\sqrt{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=7\cdot21.
Следовательно (см. задачу 3007)
S_{\triangle QST}=\frac{ST}{SD}\cdot\frac{SQ}{SC}\cdot S_{\triangle CSD}=\frac{10}{21}\cdot\frac{5}{7}S_{\triangle CSD}=\frac{10}{21}\cdot\frac{5}{7}\cdot7\cdot21=50.