14008. В правильной четырёхугольной призме боковое ребро равно 7, а сторона основания равна 8. Найдите площадь сечения, проведённого через середины двух смежных сторон основания и наиболее удалённую от них вершину другого основания.
Ответ. \frac{154\sqrt{2}}{3}
.
Решение. Пусть M
и N
— середины сторон соответственно AB
и AD
основания ABCD
правильной четырёхугольной призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Тогда C_{1}
— наиболее удалённая от M
и N
вершина призмы.
Пусть прямая MN
пересекает продолжения рёбер CB
и CD
в точках P
и Q
соответственно, прямые C_{1}P
и BB_{1}
, лежащие в плоскости грани BCC_{1}B_{1}
, пересекаются в точке E
, прямые C_{1}Q
и DD_{1}
, лежащие в плоскости грани CDD_{1}C_{1}
, пересекаются в точке F
, а отрезки MN
и AC
пересекаются в точке K
. Тогда сечение, о котором говорится в условии, — пятиугольник NMEC_{1}F
. Его ортогональная проекция на плоскость основания ABC
— пятиугольник NMBCD
. Пусть S'
— его площадь, S
— площадь сечения, а \varphi
— угол между плоскостью сечения и плоскостью грани ABCD
.
Отрезок MN
— средняя линия треугольника BAD
, поэтому
S_{\triangle MAN}=\frac{1}{4}S_{\triangle BAD}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}S_{ABCD}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot8^{2}=8.
Тогда
S'=S_{ABCD}-S_{\triangle MAN}=64-8=56.
Поскольку CK\perp BD
, то по теореме о трёх перпендикулярах C_{1}K\perp MN
, значит, угол CKC_{1}
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью сечения с плоскостью основания. Из прямоугольного треугольника CKC_{1}
находим, что
\tg\varphi=\tg\angle CKC_{1}=\frac{CC_{1}}{CK}=\frac{CC_{1}}{\frac{3}{4}AC}=\frac{7}{\frac{3}{4}\cdot8\sqrt{2}}=\frac{7}{6\sqrt{2}}.
Тогда
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{49}{72}}}=\frac{6\sqrt{2}}{11}.
Следовательно (см. задачу 8093),
S=\frac{S'}{\cos\varphi}=\frac{56}{\frac{6\sqrt{2}}{11}}=\frac{154\sqrt{2}}{3}.