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.

Источник: Дополнительное вступительное испытание в МГУ. — 2016