9502. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
с вершиной S
. Стороны основания пирамиды равны a
, а боковые рёбра равны 2a
. Найдите площадь сечения плоскостью, проходящей через точки A
, D
и середину ребра SE
.
Ответ. \frac{5a^{2}\sqrt{15}}{16}
.
Решение. Пусть M
— середина ребра SE
, O
— центр основания пирамиды.
Секущая плоскость и плоскость ESF
проходят через параллельные прямые AD
, EF
и имеют общую точку M
, поэтому они пересекаются по прямой l
, проходящей через точку M
параллельно EF
(см. задачу 8004). Пусть K
— точка пересечения прямой l
с ребром SF
. Тогда сечение, о котором говорится в условии задачи, — трапеция AKMD
.
Пусть H
и T
— середины отрезков EF
и MK
соответственно, а M'
, K'
, T'
— ортогональные проекции точек соответственно M
, K
, T
на плоскость основания пирамиды. Тогда, AK'M'D
— ортогональная проекция сечения AKMD
. При этом точки M'
, K'
и T'
лежат на отрезках OE
, OF
и OH
соответственно и
OM':M'D=OK':K'F=OT':T'H=1:1.
Пусть S_{AKMD}=s
и S_{AK'M'D}=s'
. Тогда
s'=2S_{\triangle AOK'}+S_{\triangle K'OM'}=
=2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}s+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{6}s=\frac{5}{24}s=\frac{5}{24}\cdot\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{2}=\frac{5a^{2}\sqrt{3}}{16}.
(см. задачи 3000 и 3007).
Пусть угол между секущей плоскостью и плоскостью основания пирамиды равен \varphi
. Тогда \angle TOT'=\varphi
.
Из прямоугольного треугольника TOT'
находим, что
\tg\varphi=\frac{TT'}{OT'}=\frac{\frac{1}{2}SO}{\frac{1}{2}OH}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2.
Тогда
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+4}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Следовательно (см. задачу 8093),
s=\frac{s'}{\cos\varphi}=\frac{\frac{5a^{2}\sqrt{3}}{16}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=\frac{5a^{2}\sqrt{15}}{16}.