ID: 00005370
В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ сторона основания $AB = 5$, а боковое ребро $SA = 9$. Точка $M$ лежит на ребре $AB$, $AM = 1$, а точка $K$ лежит на ребре $SC$. Известно, что $MK = KD$.
а) Докажите, что плоскость $DKM$ перпендикулярна плоскости $ABC$.
б) Найдите площадь треугольника $DKM$.
Источник: ФИПИ
Введём координаты.
Правильный шестиугольник со стороной $5$ вписан в окружность радиуса $5$. Возьмём центр $O$ в начале координат:
$A(5;\ 0;\ 0)$, $B\left(2{,}5;\ \tfrac{5\sqrt3}{2};\ 0\right)$, $C\left(-2{,}5;\ \tfrac{5\sqrt3}{2};\ 0\right)$, $D(-5;\ 0;\ 0)$.
$OA = 5$, поэтому $SO = \sqrt{SA^2 - OA^2} = \sqrt{81-25} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}$, то есть $S(0;0;2\sqrt{14})$.
Точка $M$ на $AB$ с $AM=1$, то есть $\vec{AM} = \tfrac15\vec{AB}$:$$M\left(4{,}5;\ \tfrac{\sqrt3}{2};\ 0\right).$$
Найдём точку $K$ из условия $MK = KD$.
Пусть $K = S + t\,\vec{SC}$, тогда $K\left(-2{,}5t;\ \tfrac{5\sqrt3}{2}t;\ 2\sqrt{14}(1-t)\right)$.
У точек $M$ и $D$ координата $z$ равна нулю, поэтому в квадратах расстояний $MK^2$ и $KD^2$ слагаемое $z_K^2$ одинаковое и сокращается. Остаётся равенство «плоских» частей:
$$(5-2{,}5t)^2 + \left(\tfrac{5\sqrt3}{2}t\right)^2 = (2{,}5t+4{,}5)^2 + \left(\tfrac{5\sqrt3}{2}t - \tfrac{\sqrt3}{2}\right)^2.$$
Слева: $25 - 25t + 6{,}25t^2 + 18{,}75t^2 = 25t^2 - 25t + 25$.
Справа: $6{,}25t^2 + 22{,}5t + 20{,}25 + 0{,}75(25t^2 - 10t + 1) = 25t^2 + 15t + 21$.
Приравниваем: $-25t + 25 = 15t + 21$, откуда $40t = 4$ и $t = 0{,}1$. Значит$$K\left(-0{,}25;\ \tfrac{\sqrt3}{4};\ 1{,}8\sqrt{14}\right).$$
Пункт а (доказательство).
Проекция точки $K$ на плоскость основания — это $K_1\left(-0{,}25;\ \tfrac{\sqrt3}{4};\ 0\right)$.
Проверим, лежит ли $K_1$ на прямой $DM$: $\vec{DM} = (9{,}5;\ \tfrac{\sqrt3}{2})$, а $\vec{DK_1} = (4{,}75;\ \tfrac{\sqrt3}{4}) = 0{,}5\,\vec{DM}$. Да, лежит (и даже является серединой $DM$).
Значит отрезок $KK_1$ перпендикулярен плоскости $ABC$ и целиком лежит в плоскости $DKM$ (ведь и $K$, и $K_1$ ей принадлежат: $K_1\in DM$). Плоскость, содержащая прямую, перпендикулярную другой плоскости, перпендикулярна этой плоскости. Значит $(DKM)\perp(ABC)$, что и требовалось доказать.
Пункт б (вычисление).
В треугольнике $DKM$ возьмём за основание сторону $DM$, лежащую в плоскости основания. Тогда высота, опущенная из $K$, — это как раз отрезок $KK_1$ (он перпендикулярен плоскости основания, а значит и прямой $DM$).
$$DM = \sqrt{9{,}5^2 + \left(\tfrac{\sqrt3}{2}\right)^2} = \sqrt{90{,}25 + 0{,}75} = \sqrt{91},\qquad KK_1 = 1{,}8\sqrt{14}.$$
$$S_{DKM} = \frac12\cdot\sqrt{91}\cdot 1{,}8\sqrt{14} = 0{,}9\sqrt{91\cdot14} = 0{,}9\sqrt{1274}.$$
Так как $1274 = 49\cdot26$, получаем $\sqrt{1274} = 7\sqrt{26}$ и
$$S_{DKM} = 0{,}9\cdot 7\sqrt{26} = 6{,}3\sqrt{26} = \frac{63\sqrt{26}}{10}.$$
Ответ: $\dfrac{63\sqrt{26}}{10}$.
$\dfrac{63\sqrt{26}}{10}$