Номер 500, страница 74 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

500. В правильной шестиугольной пирамиде с двугранным углом при основании, равным $\alpha$, и боковым ребром $a$ перпендикулярно ему проведено сечение через сторону основания. Найдите площадь сечения.

Исходная формулировка задачи содержит геометрическое противоречие. Если сечение проходит через сторону основания, например $AB$, то эта сторона $AB$ должна лежать в плоскости сечения. Если плоскость сечения перпендикулярна некоторому боковому ребру $L$, то и любая прямая в этой плоскости, включая прямую $AB$, должна быть перпендикулярна ребру $L$. Однако в правильной шестиугольной пирамиде ни одна сторона основания не перпендикулярна ни одному боковому ребру. Это можно доказать, например, с помощью векторного метода, показав, что скалярное произведение векторов, соответствующих стороне основания и любому боковому ребру, никогда не равно нулю.

Вероятнее всего, в условии задачи допущена опечатка, и имеется в виду не шестиугольная, а правильная треугольная пирамида. В правильной треугольной пирамиде сечение, проходящее через сторону основания $AB$, может быть перпендикулярно противолежащему боковому ребру $SC$. При этом предположении задача имеет корректное решение.

Решение для правильной треугольной пирамиды:

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с основанием $ABC$. Сторона основания равна $b$, боковое ребро $SA=SB=SC=a$. Двугранный угол при основании равен $\alpha$. Сечение проходит через сторону основания $AB$ и перпендикулярно боковому ребру $SC$.

1. Связь между параметрами пирамиды.

Пусть $O$ — центр основания $ABC$ (точка пересечения медиан, высот и биссектрис), $SO=h$ — высота пирамиды. Пусть $M$ — середина стороны $AB$. Тогда $CM$ — медиана и высота треугольника $ABC$. Длина $CM = \frac{b\sqrt{3}}{2}$. Точка $O$ делит медиану $CM$ в отношении $2:1$, считая от вершины, поэтому $OC = \frac{2}{3}CM = \frac{b\sqrt{3}}{3}$ и $OM = \frac{1}{3}CM = \frac{b\sqrt{3}}{6}$.

Двугранный угол при основании — это угол между боковой гранью и основанием. Его линейной мерой является угол $\angle SMO = \alpha$, так как $OM \perp AB$ и $SM \perp AB$. Из прямоугольного треугольника $SOM$ находим высоту пирамиды $h$:$h = SO = OM \cdot \tan\alpha = \frac{b\sqrt{3}}{6}\tan\alpha$.

Из прямоугольного треугольника $SOC$ по теореме Пифагора имеем $SC^2 = SO^2 + OC^2$:$a^2 = h^2 + \left(\frac{b\sqrt{3}}{3}\right)^2 = h^2 + \frac{b^2}{3}$.

Подставим выражение для $h$ в это уравнение, чтобы связать $b$ с $a$ и $\alpha$:$a^2 = \left(\frac{b\sqrt{3}}{6}\tan\alpha\right)^2 + \frac{b^2}{3} = \frac{3b^2\tan^2\alpha}{36} + \frac{b^2}{3} = \frac{b^2\tan^2\alpha}{12} + \frac{b^2}{3} = b^2\left(\frac{\tan^2\alpha + 4}{12}\right)$.

Отсюда выразим $b^2$ и $h$:$b^2 = \frac{12a^2}{\tan^2\alpha + 4}$.$h^2 = a^2 - \frac{b^2}{3} = a^2 - \frac{4a^2}{\tan^2\alpha + 4} = a^2 \frac{\tan^2\alpha + 4 - 4}{\tan^2\alpha + 4} = \frac{a^2\tan^2\alpha}{\tan^2\alpha + 4}$. Следовательно, $h = \frac{a \tan\alpha}{\sqrt{\tan^2\alpha + 4}}$.

2. Нахождение площади сечения.

Плоскость сечения $\Pi$ проходит через $AB$ и перпендикулярна ребру $SC$. Пусть $D$ — точка пересечения плоскости $\Pi$ с ребром $SC$. Сечением является треугольник $ABD$. Так как пирамида правильная, $SA=SB$ и $CA=CB$, то треугольники $SAC$ и $SBC$ равны. Высоты, опущенные из $A$ и $B$ на ребро $SC$, будут равны, следовательно $AD=BD$, и треугольник $ABD$ — равнобедренный. Его высота — отрезок $MD$.

Площадь сечения $S_{ABD} = \frac{1}{2}AB \cdot MD = \frac{1}{2}b \cdot MD$.

Так как плоскость $\Pi$ перпендикулярна $SC$, то прямая $MD$, лежащая в этой плоскости, также перпендикулярна $SC$. Таким образом, $MD$ является высотой в треугольнике $SCM$, опущенной из вершины $M$ на сторону $SC$.

Площадь треугольника $SCM$ можно вычислить двумя способами:$S_{SCM} = \frac{1}{2}CM \cdot SO = \frac{1}{2} \cdot \frac{b\sqrt{3}}{2} \cdot h$.$S_{SCM} = \frac{1}{2}SC \cdot MD = \frac{1}{2}a \cdot MD$.

Приравнивая эти два выражения, находим $MD$:$\frac{b\sqrt{3}h}{4} = \frac{a \cdot MD}{2} \implies MD = \frac{b\sqrt{3}h}{2a}$.

Теперь найдем площадь сечения:$S_{ABD} = \frac{1}{2}b \cdot MD = \frac{1}{2}b \cdot \frac{b\sqrt{3}h}{2a} = \frac{\sqrt{3}b^2h}{4a}$.

Подставим ранее найденные выражения для $b^2$ и $h$:$S_{ABD} = \frac{\sqrt{3}}{4a} \cdot \left(\frac{12a^2}{\tan^2\alpha + 4}\right) \cdot \left(\frac{a \tan\alpha}{\sqrt{\tan^2\alpha + 4}}\right)$.

$S_{ABD} = \frac{\sqrt{3} \cdot 12a^3 \tan\alpha}{4a(\tan^2\alpha + 4)^{3/2}} = \frac{3\sqrt{3}a^2\tan\alpha}{(\tan^2\alpha + 4)^{3/2}}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{3}a^2\tan\alpha}{(\tan^2\alpha + 4)^{3/2}}$.