ID: 00009031
В основании правильной треугольной пирамиды $ABCD$ лежит треугольник $ABC$ со стороной, равной $6$. Боковое ребро пирамиды равно $5$. На ребре $AD$ отмечена точка $T$ так, что $AT : TD = 2 : 1$. Через точку $T$ параллельно прямым $AC$ и $BD$ проведена плоскость.
а) Докажите, что сечение пирамиды указанной плоскостью является прямоугольником.
б) Найдите площадь сечения.
Источник: ФИПИ
Поставим основание в плоскость $z=0$: $A=(0;0;0)$, $B=(6;0;0)$, $C=(3;3\sqrt3;0)$. Центр основания $G=(3;\sqrt3;0)$. Вершина $D$ над $G$; из бокового ребра $DA=5$ и $GA^2=9+3=12$ получаем высоту $DG=\sqrt{25-12}=\sqrt{13}$, то есть $D=(3;\sqrt3;\sqrt{13})$. Точка $T$ на $AD$ с $AT:TD=2:1$.
Пункт а. Сечение проходит через $T$ параллельно двум прямым — $AC$ и $BD$. Значит у сечения две пары сторон: одни параллельны $AC$, другие — $BD$. Получается параллелограмм. Осталось понять, что углы у него прямые.
Проверим, что $AC\perp BD$. $\overrightarrow{AC}=(3;3\sqrt3;0)$, $\overrightarrow{BD}=D-B=(-3;\sqrt3;\sqrt{13})$, и $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=-9+9+0=0$.
Раз $AC\perp BD$, а стороны сечения параллельны этим прямым, то соседние стороны перпендикулярны. Значит сечение — прямоугольник, что и требовалось доказать.
Пункт б. Найдём стороны прямоугольника по теореме о пропорциональных отрезках (Фалеса). Точка $T$ делит $AD$ так, что $AT:AD=2:3$ и $DT:DA=1:3$.
Сторона, параллельная $AC$, лежит в грани $ACD$ и отсекается на уровне $T$. Считая от вершины $D$, её длина равна $AC\cdot\dfrac{DT}{DA}=6\cdot\dfrac13=2$.
Сторона, параллельная $BD$, лежит в грани $ABD$ и отсекается на уровне $T$. Считая от вершины $A$, её длина равна $BD\cdot\dfrac{AT}{AD}=5\cdot\dfrac23=\dfrac{10}{3}$.
Площадь прямоугольника — произведение сторон: $S=2\cdot\dfrac{10}{3}=\dfrac{20}{3}$.
$\dfrac{20}{3}$.