Задача №18510

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ сторона $AB$ основания $ABC$ равна 6, а боковое ребро $SA$ равно $4\sqrt{3}\text{.}$ Точки $M$ и $N$ — середины рёбер $SA$ и $SB$ соответственно. Плоскость $\alpha$ содержит прямую $MN$ и перпендикулярна плоскости основания пирамиды.

а) Докажите, что плоскость $\alpha$ делит медиану $CE$ основания пирамиды в отношении $5:1\text{,}$ считая от точки $C\text{.}$

б) Найдите периметр сечения пирамиды плоскостью $\alpha \text{.}$

а) Построим сечение пирамиды плоскостью $\alpha \text{.}$ Так как точки $M$ и $N$ лежат в одной грани, то можем их соединить. Тогда $MN$ — сторона сечения.

Известно, что плоскость $\alpha$ содержит прямую $MN\text{,}$ а также перпендикулярна плоскости основания. Значит, плоскость $\alpha$ содержит прямую, перпендикулярную плоскости основания.

Опустим высоту $SH$ пирамиды. Так как пирамида правильная, то $H$ — точка пересечения медиан основания. Пусть $E$ — середина ребра $AB\text{,}$ проведём $SE\text{.}$ Пусть $SE$ пересекает $MN$ в точке $L\text{.}$ В плоскости $CSE$ через точку $L$ проведём прямую, параллельную $SH\text{.}$ Пусть она пересечёт $CE$ в точке $Q\text{.}$ Тогда $LQ$ перпендикулярно основанию пирамиды и $LQ\perp CE\text{.}$

Таким образом, для перпендикулярности плоскости основания плоскость $\alpha$ должна содержать $LQ\text{.}$

По теореме о трёх попарно пересекающихся плоскостях плоскости $\alpha \text{,}$ $ASB$ и $ABC$ либо пересекаются в одной точке, либо их прямые пересечения попарно параллельны. Заметим, что прямые $MN\parallel AB\text{,}$ так как отрезок $MN$ — средняя линия треугольника $ASB\text{,}$ параллельная стороне $AB\text{.}$ Тогда плоскость $\alpha$ пересекает плоскость основания по прямой, параллельной $AB$ и $MN$ и проходящей через точку $Q\text{.}$ Пусть она пересекает $AC$ в точке $R\text{,}$ а $BC$ — в точке $O\text{.}$ Тогда $MNOR$ — сечение пирамиды плоскостью $\alpha \text{.}$

Заметим, что по свойству медиан треугольника $CH:HE=2:1\text{.}$ Пусть $CH=4x\text{,}$ $HE=2x\text{.}$

Рассмотрим $△ESH\text{.}$ Так как $L$ — середина $ES\text{,}$ а также $LQ\parallel SH\text{,}$ то по теореме Фалеса $EQ=QH=x\text{.}$

Таким образом, $CQ:QE=5x:x=5:1\text{.}$ Что и требовалось доказать.

б) Так как $AB\parallel RO\text{,}$ то $△CRO\sim △CAB\text{,}$ причём коэффициент подобия равен $k=\frac{CQ}{CE}=\frac{5}{6}\text{.}$

Также, так как пирамида правильная, $△ABC$ — равносторонний, значит, и $△CRO$ — равносторонний. Тогда $RO=CR=CO=\frac{5}{6}AB=5\text{.}$ Отсюда $AR=BO=BC-OC=1\text{.}$

Также $MN$ — средняя линия треугольника $ASB\text{,}$ следовательно, $MN=\frac{1}{2}AB=3\text{.}$

Теперь найдём $MR$ и $NO\text{.}$ Так как $△SAC=△SBC$ по трём сторонам ($SA=SB\text{,}$ $AC=BC\text{,}$ $SC$ — общая), то $\angle SAC=\angle SBC\text{.}$ Тогда $△AMR=△BNO$ по двум сторонам и углу между ними: $AM=BN\text{,}$ $AR=BO\text{,}$ $\angle MAR=\angle NBO\text{.}$ Отсюда $MR=NO\text{.}$

Пусть $\angle SBC=\alpha \text{.}$ Найдём $\cos \alpha \text{,}$ для этого опустим высоту $S{H}^{\prime }$ в треугольнике $SBC\text{.}$ Так как $SBC$ — равнобедренный с основанием $BC\text{,}$ то $S{H}^{\prime }$ также является медианой. Тогда $B{H}^{\prime }=\frac{1}{2}BC=3\text{.}$ Следовательно, из прямоугольного треугольника $S{H}^{\prime }B\text{:}$

$$\cos \alpha =\frac{B{H}^{\prime }}{SB}=\frac{3}{4\sqrt{3}}$$

Тогда по теореме косинусов для треугольника $NBO\text{:}$

$$N{O}^2=N{B}^2+B{O}^2-2\cdot NB\cdot BO\cdot \cos \alpha$$ $$N{O}^2={\left(2\sqrt{3}\right)}^2+1^2-2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 1\cdot \frac{3}{4\sqrt{3}}$$ $$N{O}^2=12+1-3=10$$ $$NO=\sqrt{10}$$

Тогда периметр сечения $MNOR$ равен

$$P_{MNOR}=MN+RO+2\cdot NO=3+5+2\sqrt{10}=8+2\sqrt{10}$$