Номер 499, страница 74 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

499. В правильной четырехугольной пирамиде с боковым ребром $a$ перпендикулярно ему проведено сечение через вершину основания. Найдите площадь сечения, учитывая, что боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом $\alpha$.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$. Основание $ABCD$ — квадрат, $O$ — его центр, $SO$ — высота пирамиды. Боковые ребра равны $a$: $SA=SB=SC=SD=a$. Угол наклона бокового ребра к плоскости основания — это угол между ребром и его проекцией на основание. Для ребра $SA$ проекцией является $AO$. Таким образом, $\angle SAO = \alpha$.

Из прямоугольного треугольника $SAO$ находим:Высота пирамиды $SO = SA \cdot \sin(\alpha) = a \sin(\alpha)$. Половина диагонали основания $AO = SA \cdot \cos(\alpha) = a \cos(\alpha)$. Диагональ основания $AC = BD = 2 \cdot AO = 2a \cos(\alpha)$.

Рассмотрим сечение, проходящее через вершину основания $C$ перпендикулярно боковому ребру $SA$. Обозначим плоскость сечения как $\Pi$. Поскольку пирамида правильная, все боковые грани — равные равнобедренные треугольники, и выбор противоположной вершины $C$ и ребра $SA$ является общим случаем из-за симметрии.

Плоскость $\Pi$ пересекает ребра пирамиды в некоторых точках. Пусть $K$ — точка пересечения $\Pi$ и ребра $SA$, $M$ — точка пересечения с ребром $SB$, $N$ — с ребром $SD$. Сечением является четырехугольник $CMKN$.

По определению, плоскость $\Pi$ перпендикулярна ребру $SA$. Следовательно, любая прямая в этой плоскости перпендикулярна $SA$. В частности, $CK \perp SA$. Таким образом, отрезок $CK$ является высотой, проведенной из вершины $C$ к стороне $SA$ в треугольнике $SAC$. Найдем длину $CK$. Треугольник $SAC$ равнобедренный с $SA=SC=a$ и основанием $AC = 2a \cos(\alpha)$. Его площадь можно вычислить двумя способами:$S_{\triangle SAC} = \frac{1}{2} AC \cdot SO = \frac{1}{2} (2a \cos(\alpha)) (a \sin(\alpha)) = a^2 \sin(\alpha)\cos(\alpha)$. С другой стороны, $S_{\triangle SAC} = \frac{1}{2} SA \cdot CK = \frac{1}{2} a \cdot CK$. Приравнивая два выражения для площади, получаем:$\frac{1}{2} a \cdot CK = a^2 \sin(\alpha)\cos(\alpha) \implies CK = 2a \sin(\alpha)\cos(\alpha) = a \sin(2\alpha)$.

Точка $K$ должна лежать на отрезке $SA$. Найдем положение точки $K$. В прямоугольном треугольнике $ACK$ (с прямым углом $K$, т.к. $CK \perp SA$), катет $AK$ равен $AC \cdot \cos(\angle SAC)$. Угол $\angle SAC$ совпадает с углом $\angle SAO$, т.е. $\angle SAC = \alpha$.$AK = AC \cdot \cos(\alpha) = (2a \cos(\alpha)) \cos(\alpha) = 2a \cos^2(\alpha)$. Для того чтобы точка $K$ принадлежала ребру $SA$, необходимо выполнение условия $AK \le SA$:$2a \cos^2(\alpha) \le a \implies 2\cos^2(\alpha) \le 1 \implies \cos^2(\alpha) \le \frac{1}{2}$. Поскольку $0 < \alpha < \pi/2$, это условие эквивалентно $\alpha \ge \pi/4$. Будем считать, что это условие выполнено.

Теперь найдем диагональ $MN$ сечения. Точки $M$ и $N$ лежат на ребрах $SB$ и $SD$ соответственно. Так как плоскость сечения $\Pi$ одна, а пирамида симметрична относительно плоскости $SAC$, то $SM=SN$. Следовательно, треугольник $SMN$ подобен треугольнику $SBD$, и прямая $MN$ параллельна диагонали $BD$.

Поскольку $BD \perp AC$ и $BD \perp SO$, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $SAC$. Так как $MN \parallel BD$, то и $MN$ перпендикулярна плоскости $SAC$. Отрезок $CK$ лежит в плоскости $SAC$. Следовательно, диагонали сечения $MN$ и $CK$ взаимно перпендикулярны. Площадь четырехугольника $CMKN$ можно найти по формуле: $S = \frac{1}{2} CK \cdot MN$.

Для нахождения длины $MN$ найдем коэффициент подобия $\frac{SM}{SB}$. Для этого найдем положение точки $M$ на ребре $SB$. Точка $M$ — это точка пересечения плоскости $\Pi$ и ребра $SB$. Введем систему координат с началом в центре основания $O$, осью $Ox$ вдоль $OC$, осью $Oy$ вдоль $OD$ и осью $Oz$ вдоль $OS$. Координаты вершин: $S(0,0,a\sin\alpha)$, $A(-a\cos\alpha, 0, 0)$, $C(a\cos\alpha, 0, 0)$, $B(0, -a\cos\alpha, 0)$, $D(0, a\cos\alpha, 0)$. Вектор $\vec{SA} = A-S = (-a\cos\alpha, 0, -a\sin\alpha)$. Этот вектор является нормалью к плоскости $\Pi$. Уравнение плоскости $\Pi$, проходящей через точку $C(a\cos\alpha, 0, 0)$:$-\cos\alpha(x - a\cos\alpha) - \sin\alpha(z - 0) = 0 \implies -\cos\alpha \cdot x - \sin\alpha \cdot z + a\cos^2\alpha = 0$. Прямая $SB$ проходит через $S(0,0,a\sin\alpha)$ и $B(0, -a\cos\alpha, 0)$. Ее параметрическое уравнение:$x(t)=0, y(t)=-t \cdot a\cos\alpha, z(t) = a\sin\alpha(1-t)$, где $t = \frac{SM}{SB}$. Подставим координаты в уравнение плоскости, чтобы найти $t$ для точки $M$:$-\cos\alpha \cdot 0 - \sin\alpha \cdot (a\sin\alpha(1-t)) + a\cos^2\alpha = 0$$-a\sin^2\alpha(1-t) + a\cos^2\alpha = 0$$-\sin^2\alpha + t\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 0$$t\sin^2\alpha = \sin^2\alpha - \cos^2\alpha = -\cos(2\alpha)$$t = \frac{-\cos(2\alpha)}{\sin^2\alpha}$. Итак, $\frac{SM}{SB} = \frac{-\cos(2\alpha)}{\sin^2\alpha}$. Из подобия треугольников $SMN$ и $SBD$ имеем:$\frac{MN}{BD} = \frac{SM}{SB} = \frac{-\cos(2\alpha)}{\sin^2\alpha}$.$MN = BD \cdot \frac{-\cos(2\alpha)}{\sin^2\alpha} = 2a\cos\alpha \cdot \frac{-\cos(2\alpha)}{\sin^2\alpha}$.

Теперь мы можем вычислить площадь сечения:$S = \frac{1}{2} CK \cdot MN = \frac{1}{2} (a\sin(2\alpha)) \left( 2a\cos\alpha \frac{-\cos(2\alpha)}{\sin^2\alpha} \right)$$S = \frac{1}{2} (2a\sin\alpha\cos\alpha) \left( 2a\cos\alpha \frac{-\cos(2\alpha)}{\sin^2\alpha} \right)$$S = \frac{2a^2\sin\alpha\cos^2\alpha(-\cos(2\alpha))}{\sin^2\alpha}$$S = \frac{2a^2\cos^2\alpha(-\cos(2\alpha))}{\sin\alpha}$.

Эта формула имеет смысл при $\alpha \ge \pi/4$, так как при $\alpha < \pi/4$ сечение в виде замкнутого многоугольника внутри пирамиды не образуется.

Ответ: $S = \frac{2a^2\cos^2\alpha(-\cos(2\alpha))}{\sin\alpha}$ при $\alpha \in [\pi/4, \pi/2)$.