9788. Основанием пирамиды SABCD
служит параллелограмм ABCD
со сторонами AB=15
, AD=13
и диагональю BD=14
. Ребро SA
перпендикулярно плоскости основания и равно 48. Через точку A
проведена плоскость, параллельная прямой BD
и делящая ребро SC
в точке M
в отношении SM:MC=3:2
. Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью.
Ответ. 126.
Решение. Плоскость основания проходит через прямую BD
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку A
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой l
, проходящей через точку A
параллельно BD
(см. задачу 8003). Пусть прямая l
пересекает прямые BC
и DC
в точках P
и Q
соответственно. Тогда APBD
— параллелограмм, поэтому BP=AD=BC
, т. е. B
— середина отрезка CP
. Аналогично, D
— середина отрезка CQ
.
Пусть прямая MP
пересекает ребро SB
в точке L
, а прямая MQ
пересекает ребро SD
в точке K
. Точки P
и M
, а значит, и прямая MP
, лежат в секущей плоскости, поэтому секущая плоскость пересекает ребро в точке L
. Аналогично, секущая плоскость пересекает ребро SD
в точке K
. Таким образом, сечение пирамиды — четырёхугольник ALKM
.
Найдём отношения, в которых секущая плоскость делит рёбра SB
и SD
. Через вершину S
параллельно BC
проведём прямую. Пусть она пересекает прямую PM
в точке T
. Тогда треугольник SMT
подобен треугольнику CMP
с коэффициентом \frac{SM}{MC}=\frac{3}{2}
, поэтому
ST=\frac{3}{2}CP=\frac{3}{2}\cdot2BC=3BC.
Из подобия треугольников SLT
и BLP
находим, что
\frac{SL}{LB}=\frac{ST}{BP}=\frac{ST}{BC}=\frac{3BC}{BC}=3.
Аналогично, \frac{SK}{KD}=3
.
Пусть L'
, K'
и M'
— ортогональные проекции точек соответственно L
, K
и M
на плоскость основания пирамиды. Поскольку ребро SA
перпендикулярно плоскости основания, точки L'
, K'
и M'
лежат на отрезках соответственно AB
, AD
и AC
, и при этом четырёхугольник AK'M'L'
— ортогональная проекция сечения на плоскость основания, а
\frac{AL'}{L'B}=\frac{SL}{LB}=3,~\frac{AK'}{K'B}=\frac{SK}{KB}=3.
По формуле Герона находим, что
S_{\triangle ABD}=\sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)}=\sqrt{21\cdot8\cdot7\cdot6}=84.
Тогда
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ADC}=S_{\triangle ABD}=84,
S_{AK'M'L'}=S_{\triangle AL'M'}+S_{\triangle AK'M'}=\frac{AL'}{AB}\cdot\frac{AM'}{AC}\cdot S_{\triangle ABC}+\frac{AK'}{AD}\cdot\frac{AM'}{AC}\cdot S_{\triangle ADC}=
=\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{5}\cdot84+\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{5}\cdot84=\frac{9}{10}\cdot84=\frac{378}{5}.
Теперь найдём косинус угла \varphi
между секущей плоскостью и плоскостью основания. Для этого из точки M
опустим перпендикуляр MH
на сторону PQ
треугольника PMQ
. По теореме о трёх перпендикулярах MH\perp PQ
, значит, \angle MHM'=\varphi
— линейный угол двугранного угла образованного секущей плоскостью и плоскостью основания.
Пусть h
— высота треугольника ABD
, проведённая из вершины A
. Тогда
h=\frac{2S_{\triangle ABD}}{BD}=\frac{2\cdot84}{14}=12.
Опустим перпендикуляр CE
на прямую PQ
. Тогда
M'H=\frac{3}{5}CE=\frac{3}{5}\cdot2h=\frac{72}{5}.
Заметим, что
MM'=\frac{2}{5}SA=\frac{2}{5}\cdot48=\frac{96}{5},
\tg\varphi=\frac{MM'}{M'H}=\frac{\frac{96}{5}}{\frac{72}{5}}=\frac{4}{3}.
Тогда \cos\varphi=\frac{3}{5}
. Следовательно, по формуле площади ортогональной проекции многоугольника (см. задачу 8093)
S_{ALKM}=\frac{S_{AL'K'M'}}{\cos\varphi}=\frac{\frac{378}{5}}{\frac{3}{5}}=\frac{378}{3}=126.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — , № 32, с. 8