Задача №17032

В правильном тетраэдре $ABCD$ точка $K$ лежит на ребре $CB\text{,}$ причём $CK:KB=1:2\text{.}$ Точка $L$ лежит на ребре $AB\text{,}$ причём $AL:LB=1:3\text{.}$ Сечение проходит через точки $A$ и $K$ параллельно $DL\text{.}$

а) Докажите, что сечением является равнобедренный треугольник.
б) Найдите площадь сечения, если сторона тетраэдра равна $1\text{.}$

Пусть ребро правильного тетраэдра $ABCD$ равно $3x\text{.}$ Тогда $CK=x\text{,}$ $BK=2x$ (так как $CK:KB=1:2$); точка $L$ на $AB$ с $AL:LB=1:3\text{.}$

Искомая плоскость сечения $\alpha$ проходит через $A$ и $K\text{,}$ причём $DL\parallel \alpha \text{.}$

а) В плоскости $△ABC$ прямые $AK$ и $CL$ пересекаются в точке $N$ ($N\in AK\subset \alpha$). Так как $DL\parallel \alpha$ и $DL\subset △CDL\text{,}$ то линия пересечения $△CDL\cap \alpha$ — прямая $l\text{,}$ проходящая через $N$ и параллельная $DL\text{.}$ Пусть $l\cap CD=M\text{.}$ Тогда сечение тетраэдра — $△MAK\text{.}$

Для локализации точки $M$ проведём в плоскости $△ABC$ прямую $LF\parallel AK\text{,}$ $F\in BC\text{.}$

По теореме о пропорциональных отрезках:

1. В угле $\angle ABK\text{:}$ $\frac{KF}{BF}=\frac{AL}{LB}=\frac{1}{3}\text{,}$ откуда $KF=\frac{BK}{4}=\frac{x}{2}\text{.}$
2. В угле $\angle FCL$ ($MN\parallel LF\text{,}$ поскольку $LF\parallel AK$ и $MN$ — линия пересечения $\alpha$ с $△CDL$): $\frac{LN}{CN}=\frac{KF}{CK}=\frac{x/2}{x}=\frac{1}{2}\text{.}$
3. В угле $\angle DCL$ ($MN\parallel DL$): $\frac{DM}{CM}=\frac{LN}{CN}=\frac{1}{2}\text{,}$ откуда $DM=\frac{CD}{3}=x\text{,}$ $CM=2x\text{.}$

Докажем равнобедренность: $△ADM$ и $△ACK$ имеют $AD=AC=3x\text{,}$ $DM=CK=x\text{,}$ $\angle ADM=\angle ACK=60^{\circ }$ (углы правильного тетраэдра при ребре основания). Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними, значит $AM=AK\text{.}$ Следовательно, $△MAK$ — равнобедренный.

б) При $3x=1$ имеем $x=\frac{1}{3}\text{.}$

По теореме косинусов в $△ACK\text{:}$

$$A{K}^2=A{C}^2+C{K}^2-2\cdot AC\cdot CK\cdot \cos 60^{\circ }=9x^2+x^2-3x^2=7x^2,$$

откуда $AK=AM=x\sqrt{7}\text{.}$

По теореме косинусов в $△CMK\text{:}$

$$M{K}^2=C{M}^2+C{K}^2-2\cdot CM\cdot CK\cdot \cos 60^{\circ }=4x^2+x^2-2x^2=3x^2.$$

Пусть $\angle MAK=\beta \text{.}$ По теореме косинусов в $△MAK$ с $AM=AK\text{:}$

$$M{K}^2=2\cdot A{K}^2\cdot (1-\cos \beta ),$$

то есть $3x^2=14x^2(1-\cos \beta )\text{,}$ откуда $\cos \beta =\frac{11}{14}\text{.}$ Тогда

$$\sin \beta =\sqrt{1-\frac{121}{196}}=\frac{5\sqrt{3}}{14}.$$

Площадь сечения:

$$S_{MAK}=\frac{1}{2}\cdot AK\cdot AM\cdot \sin \beta =\frac{A{K}^2\sin \beta }{2}=\frac{7x^2\cdot \frac{5\sqrt{3}}{14}}{2}=\frac{5\sqrt{3}{x}^2}{4}.$$

При $x=\frac{1}{3}\text{:}$

$$S_{MAK}=\frac{5\sqrt{3}}{4\cdot 9}=\frac{5\sqrt{3}}{36}.$$

Ответ: $\frac{5\sqrt{3}}{36}\text{.}$