Задача №15167

Точка $M$ — середина ребра $SA$ правильной четырёхугольной пирамиды $SABCD$ с основанием $ABCD\text{.}$ Точка $N$ лежит на ребре $SB\text{,}$ $SN:NB=1:2\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $CMN$ параллельна прямой $SD\text{.}$
б) Найдите площадь сечения пирамиды $SABCD$ плоскостью $CMN\text{,}$ если все рёбра пирамиды равны 6.

а) Построим сечение. Точки $M$ и $N$ лежат в плоскости $SAB\text{.}$ Прямая $MN$ пересекает прямую $AB$ в некоторой точке $P\text{.}$ По теореме Менелая для треугольника $SAB$ и прямой $MNP\text{:}$

$$\frac{AM}{MS}\cdot \frac{SN}{NB}\cdot \frac{BP}{PA}=1\Rightarrow \frac{1}{1}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{BP}{PA}=1\Rightarrow BP=2PA$$

Так как $AB=6\text{,}$ то $PA=6\text{,}$ и точка $A$ является серединой отрезка $PB\text{.}$

Прямая $CP$ лежит в плоскости основания и пересекает ребро $AD$ в точке $Q\text{.}$ Так как $ABCD$ — квадрат, то $BC\parallel AD\text{.}$ В треугольнике $PBC$ отрезок $AQ$ параллелен $BC$ и точка $A$ — середина $PB\text{,}$ следовательно, $AQ$ — средняя линия треугольника $PBC\text{.}$ Значит, $Q$ — середина $AD\text{.}$

В грани $SAD$ точки $M$ и $Q$ — середины рёбер $SA$ и $AD$ соответственно. Значит, $MQ$ — средняя линия треугольника $SAD\text{,}$ откуда $MQ\parallel SD\text{.}$

Так как прямая $MQ$ лежит в плоскости сечения $CMN\text{,}$ то $SD\parallel (CMN)\text{.}$ Что и требовалось доказать.

б) Сечение представляет собой четырёхугольник $MNQC\text{.}$ Найдём его площадь с помощью метода проекций: $S_{MNQC}=\frac{S_{proj}}{\cos \varphi }\text{,}$ где $S_{proj}$ — площадь проекции сечения на плоскость основания, а $\varphi$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью основания.

Проекцией сечения на плоскость $ABCD$ является четырёхугольник $M^{\prime }{N}^{\prime }CQ\text{,}$ где $M^{\prime }$ и $N^{\prime }$ — проекции точек $M$ и $N\text{.}$ Введём систему координат в основании: $A(0;0),B(6;0),C(6;6),D(0;6)\text{.}$ Тогда центр основания $O(3;3)\text{.}$

Координаты вершин проекции:
1. $Q(0;3)\text{,}$ $C(6;6)\text{;}$
2. $M^{\prime }$ — середина $AO\text{,}$ то есть $M^{\prime }(1,5;1,5)\text{;}$
3. $N^{\prime }$ лежит на $OB$ и делит его в отношении $1:2\text{,}$ то есть $N^{\prime }(4;2)\text{.}$

Площадь проекции $M^{\prime }{N}^{\prime }CQ$ равна:

$$S_{proj}=11,25=\frac{45}{4}$$

Линия пересечения плоскости сечения с плоскостью основания — прямая $CQ\text{.}$ Её уравнение в плоскости основания: $x-2y+6=0\text{.}$ Расстояние от точки $M^{\prime }$ до этой прямой:

$$d=\frac{|1,5-2\cdot 1,5+6|}{\sqrt{1^2+(-2{)}^2}}=\frac{4,5}{\sqrt{5}}$$

Высота точки $M$ над основанием равна половине высоты пирамиды. Так как все рёбра равны 6, высота $SO=\sqrt{6^2-(3\sqrt{2}{)}^2}=3\sqrt{2}\text{,}$ откуда $H_M=1,5\sqrt{2}\text{.}$ Тогда:

$$\mathrm{tg}\varphi =\frac{H_M}{d}=\frac{1,5\sqrt{2}\cdot \sqrt{5}}{4,5}=\frac{\sqrt{10}}{3}\Rightarrow \cos \varphi =\frac{1}{\sqrt{1+{\mathrm{tg}}^2\varphi }}=\frac{3}{\sqrt{19}}$$

Искомая площадь сечения:

$$S=\frac{S_{proj}}{\cos \varphi }=\frac{45/4}{3/\sqrt{19}}=\frac{15\sqrt{19}}{4}$$

Ответ:

а) доказано

б) $\frac{15\sqrt{19}}{4}$