Задача 87387

Темы:    [ Свойства сечений ] [ Усеченная пирамида ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В четырёхугольной пирамиде SABCD основание ABCD имеет своей осью симметрии диагональ AC , которая равна 9, а точка E пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD делит отрезок AC так, что отрезок AE меньше отрезка EC . Через середину бокового ребра пирамиды SABCD проведена плоскость, параллельная основанию и пересекающаяся с рёбрами SA , SB , SC , SD соответственно в точках A1 , B1 , C1 , D1 . Получившийся многогранник ABCDA1B1C1D1 , являющийся частью пирамиды SABCD , пересекается с плоскостью α по правильному шестиугольнику, со стороной 2. Найдите площадь треугольника ABD , если плоскость α пересекает отрезки BB1 и DD1 .

Решение

Из условия следует, что диагонали AC и BD четырёхугольника ABCD перпендикулярны, а треугольники ABD и CBD – равнобедренные. Поскольку усечённая пирамида ABCDA1B1C1D1 имеет 6 граней, плоскость α пересекает каждую грань по отрезку, концы которого не совпадают с вершинами многогранника. Обозначим вершины шестиугольника, лежащие на сторонах основания ABCD , через K и M , на сторонах четырёхугольника A1B1C1D1 – через K1 и M1 , а на боковых рёбрах DD1 и BB1 – через P и T соответственно (для определённости считаем вершину P соседней с вершинами K и K1 ). Поскольку KMTM1K1P – правильный шестиугольник, прямая PT параллельна прямым KM и K1M1 и, следовательно, параллельна плоскостям ABCD и A1B1C1D1 и одинаково удалена от них. Значит, точки P и T – середины рёбер DD1 и BB1 соответственно, а PT – средняя линия трапеции BB1D1D , поэтому прямые KM , K1M1 , PT , D1B1 и DB параллельны. Пусть E1 – точка пересечения диагоналей четырёхугольника A1B1D1C1 , H – точка пересечения стороны KM с диагональю AC , H1 – точка пересечения стороны K1M1 с диагональю A1C1 . Возможны два случая расположения плоскости α : в первом случае точка H лежит между A и E , во втором – между E и C . Докажем, что возможен лишь первый случай. Пусть O – точка пересечения плоскости AA1C1C с диагональю PT . Треугольники HEO и H1E1O равны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому HE = H1E1 . Таким образом, у трапеций BDKM и B1D1K1M1 равны высоты HE и H1E1 и меньшие основания KM и K1M1 . Так как эти трапеции равнобедренные (они симметричны относительно диагоналей AC и A1C1 соответственно) и BD > B1D1 , то KDB < K1D1B1 . Поэтому второй случай невозможен (иначе CDB < ADB , что противоречит условию AE < CE ). Обозначим = m . Так как треугольник BCD подобен треугольнику K1C1M1 , а треугольник BAD – треугольнику KAM , то

= = = .
Поэтому = m . Тогда
AH + HE = AE = = = = 2AH + .
Отсюда следует, что AH = · AE . Значит,
= = .
С другой стороны,
KM = PT = (B1D1 + BD) = BD.
Поэтому = , откуда m = 5 , и AE = AC = . Следовательно,
S_{Δ ABD} = AE· BD = · · = 4.

Ответ

4.00

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
неизвестно
Номер	7882