14001. Сторона основания правильной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
равна 4, боковое ребро равно 3. Через ребро AB
проведена плоскость, образующая с плоскостью основания угол 60^{\circ}
. Найдите площадь сечения призмы этой плоскостью.
Ответ. 6\sqrt{3}
.
Решение. Пусть D
— точка пересечения секущей плоскости с прямой CC_{1}
, M
— середина ребра AB
. Из равенства прямоугольных треугольников ACD
и BCD
следует, что треугольник ADB
равнобедренный. Его медиана DM
является высотой, значит, CAD
— линейный угол двугранного угла, образованного секущей плоскостью и плоскостью основания ABC
. По условию задачи \angle CAD=60^{\circ}
, поэтому
CD=CM\tg\angle CAD=\frac{AB\sqrt{3}}{2}\cdot\tg60^{\circ}=2\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}=6=2CC_{1}.
Следовательно, точка D
лежит на продолжении бокового ребра CC_{1}
за точку C_{1}
, причём C_{1}
— середина отрезка CD
.
Пусть прямые AD
и A_{1}C_{1}
, лежащие в плоскости грани AA_{1}C_{1}C
, пересекаются в точке K
, а прямые BD
и B_{1}C_{1}
, лежащие в плоскости грани BB_{1}C_{1}C
, пересекаются в точке L
. Из равенства прямоугольных треугольников DKC_{1}
и AKA_{1}
следует, что K
— середина ребра A_{1}C_{1}
. Аналогично, L
— середина ребра A_{1}C_{1}
. Значит, сечение, о котором говорится в условии — четырёхугольник AKLB
. По теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей (см. задачу 8009) KL\parallel AB
, а так как призма правильная, то BC_{1}=AC_{1}
. Следовательно, AKLB
— равнобедренная трапеция.
Ортогональная проекция сечения на плоскость ABC
— равнобедренная трапеция, площадь S'
которой равна \frac{3}{4}
площади равностороннего треугольника ABC
, т. е.
S'=\frac{3}{4}\cdot\frac{AB^{2}\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}{4}\cdot4\sqrt{3}=3\sqrt{3}.
Следовательно, по теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093)
S=S_{AKLB}=\frac{S'}{\cos\angle CAD}=\frac{3\sqrt{3}}{\cos60^{\circ}}=6\sqrt{3}.