已知正三棱锥 $P-ABC$ 的体积为 $9\sqrt 3$，侧面 $PAB$ 与底面 $ABC$ 所成二面角的平面角为 $60^\circ$，点 $D$ 是线段 $AB$ 上一点，$AD = \dfrac 1 6 AB$，点 $E$ 是线段 $AC$ 上一点，$AE = \dfrac 1 6 AC$，$F$ 是线段 $PC$ 的中点，平面 $DFF$ 交线段 $PB$ 于点 $G$，求四边形 $DEFG$ 的面积．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛天津市预赛
【标注】
【答案】
$\sqrt {57}$
【解析】
设正三角形 $ABC$ 的边长为 $x$，中心为 $O$，线段 $BC$ 的中点为 $M$，连结 $AM$、$PM$、$PO$．由 $AM\perp BC,PM\perp BC$ 知 $\angle AMP$ 是正三棱锥 $P-ABC$ 的侧面与底面所成二面角的平面角，故 $\angle AMP=60^\circ$．于是\[\begin{split}PO&=OM \cdot \tan \angle AMP = \dfrac 1 3 AM \cdot \tan 60^\circ\\ &=\dfrac 1 3 \cdot \dfrac{\sqrt 3}{2}x \cdot \sqrt 3=\dfrac x 2,\end{split}\]进而得出正三棱锥 $P-ABC$ 的体积为\[V=\dfrac 1 3 \cdot S_{\triangle ABC} \cdot PO = \dfrac 1 3 \cdot \dfrac {\sqrt 3}{4}x^2 \cdot \dfrac x 2 =\dfrac {\sqrt 3}{24}x^3.\]因为正三棱锥 $P-ABC$ 的体积为 $9\sqrt 3$，所以由方程 $\dfrac{\sqrt 3}{24}x^3=9\sqrt 3$ 解得 $x=6$．
因为 $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac 1 6$，所以 $DE$ 平行于 $BC$，且 $DE=\dfrac 1 6 BC = 1$．由 $DE$ 平行于 $BC$ 知 $BC$ 平行于平面 $DEF$，从而 $BC$ 平行于 $FG$，再由 $F$ 是线段 $PC$ 的中点知 $G$ 是 $PB$ 的中点，$FG=\dfrac 1 2 BC=3$．由 $BD=CE, BG=CF, \angle ABP = \angle ACP$ 知 $\triangle BDG \cong \triangle CEF$，故 $DG=EF$．由 $DE$ 平行于 $BC,BC$ 平行于 $FG$ 知 $DE$ 平行于 $FG$，故四边形 $DEFG$ 是等腰梯形，其底边长分别为 $DE=1,FG=3$．
用 $K$ 记作 $DE$ 的中点，用 $L$ 记作 $FG$ 的中点，则 $KL$ 是等腰梯形 $DEFG$ 的高．点 $K$ 在 $AM$ 上且 $AK=\dfrac 1 6 AM$，于是\[KM=\dfrac 5 6 AM = \dfrac 5 6 \cdot 3\sqrt 3 = \dfrac 5 2 \sqrt 3.\]点 $L$ 在 $PM$ 上且 $PL=\dfrac 1 2 PM$，于是\[LM = \dfrac 1 2 PM =OM = \dfrac 1 3AM=\dfrac 1 3 \cdot 3 \sqrt 3 = \sqrt 3.\]在 $\triangle KLM$ 中，由余弦定理得\[\begin{split}KL &= \sqrt {KM^2 + LM^2 -2KM \cdot LM \cdot \cos 60^\circ}\\&=\sqrt{\dfrac{75}{4}+3-{\dfrac{15}{2}}}=\dfrac {\sqrt {57}}{2}.\end{split}\]于是等腰梯形 $DEFG$ 的面积为\[S_{DEFG} = \dfrac {(DE+FG)\cdot KL}{2} = \dfrac {4 \cdot \dfrac{\sqrt {57}}{2}}{2}=\sqrt {57}.\]
因为 $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac 1 6$，所以 $DE$ 平行于 $BC$，且 $DE=\dfrac 1 6 BC = 1$．由 $DE$ 平行于 $BC$ 知 $BC$ 平行于平面 $DEF$，从而 $BC$ 平行于 $FG$，再由 $F$ 是线段 $PC$ 的中点知 $G$ 是 $PB$ 的中点，$FG=\dfrac 1 2 BC=3$．由 $BD=CE, BG=CF, \angle ABP = \angle ACP$ 知 $\triangle BDG \cong \triangle CEF$，故 $DG=EF$．由 $DE$ 平行于 $BC,BC$ 平行于 $FG$ 知 $DE$ 平行于 $FG$，故四边形 $DEFG$ 是等腰梯形，其底边长分别为 $DE=1,FG=3$．
用 $K$ 记作 $DE$ 的中点，用 $L$ 记作 $FG$ 的中点，则 $KL$ 是等腰梯形 $DEFG$ 的高．点 $K$ 在 $AM$ 上且 $AK=\dfrac 1 6 AM$，于是\[KM=\dfrac 5 6 AM = \dfrac 5 6 \cdot 3\sqrt 3 = \dfrac 5 2 \sqrt 3.\]点 $L$ 在 $PM$ 上且 $PL=\dfrac 1 2 PM$，于是\[LM = \dfrac 1 2 PM =OM = \dfrac 1 3AM=\dfrac 1 3 \cdot 3 \sqrt 3 = \sqrt 3.\]在 $\triangle KLM$ 中，由余弦定理得\[\begin{split}KL &= \sqrt {KM^2 + LM^2 -2KM \cdot LM \cdot \cos 60^\circ}\\&=\sqrt{\dfrac{75}{4}+3-{\dfrac{15}{2}}}=\dfrac {\sqrt {57}}{2}.\end{split}\]于是等腰梯形 $DEFG$ 的面积为\[S_{DEFG} = \dfrac {(DE+FG)\cdot KL}{2} = \dfrac {4 \cdot \dfrac{\sqrt {57}}{2}}{2}=\sqrt {57}.\]
答案
解析
备注
