9511. Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD
с вершиной S
. Все рёбра пирамиды равны a
. Найдите площадь сечения плоскостью, проходящей через центр основания параллельно плоскости ASB
.
Ответ. \frac{3a^{2}\sqrt{3}}{16}
.
Решение. Пусть O
— центр квадрата ABCD
. Плоскость ASB
и параллельная ей секущая плоскость пересекаются с плоскостью ABCD
по параллельным прямым AB
и l
(см. задачу 8009). Пусть прямая l
, проходящая через точку O
, пересекает рёбра BC
и AD
в точках M
и N
соответственно. Тогда M
и N
— середины этих рёбер.
По теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью (см. задачу 8009) секущая плоскость пересекает грани BSC
и ASD
по прямым, параллельным рёбрам SB
и SA
соответственно, т. е. по средним линиям ML
и NK
треугольников соответственно BSC
и ASD
.
Таким образом, сечение, о котором говорится в условии задачи, — равнобедренная трапеция MNKL
с основаниями
MN=AB=a,~KL=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}a
и боковыми сторонами
KN=LM=\frac{1}{2}SB=\frac{1}{2}a.
Пусть LH
— высота трапеции MNKL
. Тогда
MH=\frac{MN-KL}{2}=\frac{a-\frac{a}{2}}{2}=\frac{a}{4},
LH=\sqrt{LM^{2}-MH^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}-\frac{a^{2}}{16}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.
Следовательно,
S_{KLMN}=\frac{MN+KL}{2}\cdot LH=\frac{a+\frac{a}{2}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{16}.