Пирамиды. Построение сечений. Площадь сечения

Пример 5.4 ЕГЭ-2013, основной вариант, C2. В правильной четырехугольной пирамиде $MABCD$ с вершиной $M$ стороны основания равны $15$, а боковые рёбра равны $16$. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку $D$ и середину ребра $MB$ параллельно прямой $AC$. Рис. 4: К примеру 5.4 Рис. 5: К примеру 5.4 Решение. Построим искомое сечение пирамиды. Пусть $E$ — точка пересечения отрезков $DL$ и $MO$ (рис. 4). Так как плоскость $MAC$ проходит через прямую $AC$, а плоскость сечения ей параллельна, сечение пересекает плоскость $MAC$ также по прямой, параллельной $AC$. Таким образом, проводя через точку $E$ прямую, параллельную $AC$, получим точки $G$ и $F$. Соединяя их с точками $L$ и $D$, завершаем построение искомого сечения (рис. 4). Из $\triangle MOD$ (рис. 5) $\displaystyle MO = \sqrt{MD^2 - OD^2} = \sqrt{16^2 - \frac{15^2}{2}} = \sqrt{\frac{287}{2}}$. Так как $MO$ и $DL$ — медианы, то $\displaystyle OE = \frac{1}{3} MO = \frac{1}{3} \sqrt{ \frac{287}{2}}$. Из $\triangle EOD$ $\displaystyle ED = \sqrt{DE^2 + OD^2} = \frac{34}{3}$. Следовательно, $\displaystyle DL = \frac{3}{2} ED = 17$. Из подобия $\triangle GMF \sim \triangle AMC$ $$ \frac{GF}{AC} = \frac{ME}{MO} \Longrightarrow GF = \frac{2}{3} AC = 10 \sqrt 2. $$ По теореме о трех перпендикулярах $GF \perp LD$, поэтому $$ S_{GLFD} = \frac{1}{2} GF \cdot LD = \frac{1}{2} 10 \sqrt 2 \cdot 17 = 85\sqrt 2. $$ Ответ: $\displaystyle 85 \sqrt 2$. Задача 5.5 В правильной пирамиде $SABC$ с высотой $SH$ и ребром основания $AB = a$ угол между боковым ребром и плоскостью основания равен $\varphi$. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку $H$ параллельно ребрам $SA$ и $BC$. Рис. 6: К задаче 5.5 Решение. Пусть секущая плоскость $\alpha$ проходит через $H$ и $\alpha \parallel SA$, $\alpha \parallel BC$ (рис. 6). Так как $\alpha \parallel BC$, то она пересекает плоскость основания $(ABC)$ по прямой, параллельной $BC$. Проведем через $H$ прямую $P_1P_2$, параллельную $BC$, где $P_1 \in AC$, $P_2 \in AB$. Так как $\alpha \parallel SA$, то она пересекает плоскость $(SAC)$ по прямой, параллельной $SA$. Проведем через $P_1$ прямую $P_1P_4$, параллельную $SA$, где $P_4 \in SC$. Аналогично, в плоскости $(SAB)$ проведем $P_2P_3 \parallel SA$, где $P_3 \in SB$. Искомое сечение — четырехугольник $P_1P_2P_3P_4$. Так как $P_1P_4 \parallel SA$ и $P_2P_3 \parallel SA$, то $P_1P_4 \parallel P_2P_3$. Следовательно, $P_1P_2P_3P_4$ — трапеция. В правильной пирамиде скрещивающиеся ребра $SA$ и $BC$ взаимно перпендикулярны. Поскольку $P_1P_2 \parallel BC$ и $P_1P_4 \parallel SA$, то $P_1P_2 \perp P_1P_4$. Значит, сечение $P_1P_2P_3P_4$ является прямоугольником. Площадь сечения $S' = P_1P_2 \cdot P_1P_4$. Найдем стороны прямоугольника. $H$ — центр правильного $\triangle ABC$. Пусть $AM$ — медиана и высота. $H$ делит $AM$ в отношении $AH:HM = 2:1$. $\triangle AP_1P_2 \sim \triangle ABC$ с коэффициентом подобия $$ k = \frac{AM-HM}{AM} = \frac{2/3 AM}{AM} = \frac{2}{3} \Longrightarrow P_1P_2 = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}a. $$ В прямоугольном $\triangle ASH$ $AH = \frac{a}{\sqrt{3}}$, $ SH = AH \tg\varphi = \frac{a}{\sqrt{3}}\tg\varphi $, $ SA = \frac{AH}{\cos\varphi} = \frac{a}{\sqrt{3}\cos\varphi}. $ $\triangle CP_1P_4 \sim \triangle CSA$, коэффициент подобия $k' = \frac{CP_1}{CA}$. Так как $HP_1 \parallel CM$, то $\triangle AHP_1 \sim \triangle ACM$. Следовательно, $AP_1 = \frac{2}{3}AC$, тогда $CP_1 = \frac{1}{3}CA$. $$ P_1P_4 = \frac{CP_1}{CA} \cdot SA = \frac{1}{3}SA = \frac{a}{3\sqrt{3}\cos\varphi}. $$ Найдем площадь сечения: $$ S' = P_1P_2 \cdot P_1P_4 = \frac{2}{3}a \cdot \frac{a}{3\sqrt{3}\cos\varphi} = \frac{2a^2}{9\sqrt{3}\cos\varphi}. $$ Ответ: $\displaystyle \frac{2a^2}{9\sqrt{3}\cos\varphi}$.