9873. Боковое ребро правильной четырёхугольной пирамиды равно 8, диагональ основания равна 6. Пирамида пересечена плоскостью, параллельной боковому ребру и скрещивающейся с ним диагонали основания, так, что в сечении получился пятиугольник, в который можно вписать окружность. Найдите площадь сечения.
Ответ. 16
.
Решение. Пусть SABCD
— данная правильная пирамида с высотой SO
, боковым ребром SB=8
и диагональю основания AC=6
, а плоскость сечения параллельна прямым SB
и AC
. Пусть плоскость сечения пересекает рёбра AB
и BC
в точках K
и L
соответственно, рёбра SA
, SC
и SD
— в точках N
, M
и Q
соответственно, а диагональ BD
основания — в точке P
. Тогда рассматриваемое сечение — описанный пятиугольник KLMQN
, симметричный относительно прямой PQ
, в котором KN\parallel LM\parallel PQ\parallel SB\parallel PQ
, KL\parallel AC
(см. задачу 8003).
Обозначим \frac{AK}{AB}=\frac{BL}{BC}=\frac{OP}{OB}=k
. Треугольник KBL
подобен треугольнику ABC
с коэффициентом \frac{BP}{BO}=1-k
, треугольник KAN
— треугольнику BAS
с коэффициентом \frac{AK}{AB}=k
, а треугольник PDQ
— треугольнику BDS
с коэффициентом
\frac{DP}{BD}=\frac{DO+OP}{BD}=\frac{3+3k}{6}=\frac{1}{2}(1+k).
Значит,
KL=6(1-k),~LM=KN=8k,~PQ=8\cdot\frac{1}{2}(1+k)=4(1+k).
Пусть I
— центр окружности, вписанной в пятиугольник KLMQN
, H
— точка пересечения MN
и IQ
. Тогда MH
— высота треугольника MIQ
. Этот треугольник равнобедренный (IQ=MQ
), так как MI
— биссектриса угла QML
и IQ\parallel ML
, и поэтому
\angle MIQ=\angle IML=\angle IMQ.
В прямоугольном треугольнике MHQ
известно, что
MH=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}KL=3(1-k),
QM=IQ=PQ-IP=PQ-PK=4(k+1)-3(1-k)=7k+1,
QH=PQ-PH=PQ-KN=4(k+1)-8k=4(1-k).
По теореме Пифагора QM^{2}=QH^{2}+MH^{2}
, или
(7k+1)^{2}=16(1-k)^{2}+9(1-k)^{2}=25(1-k^{2}),~\mbox{или}~7k+1=5(1-k),
откуда k=\frac{1}{3}
.
Тогда
KN=ML=8k=\frac{8}{3},~PQ=4(k+1)=\frac{16}{3},~MH=3(1-k)=2.
Площадь пятиугольника KLMQN
равна удвоенной площади трапеции PLMQ
, следовательно,
S_{KLMQN}=(ML+PQ)MH=\left(\frac{8}{3}+\frac{16}{3}\right)\cdot2=16.