14065. Найдите объёмы частей, на которые делит правильную треугольную призму ABCA_{1}B_{1}C_{1}
плоскость, параллельная диагонали AC_{1}
боковой грани AA_{1}C_{1}C
, проходящая через вершину C
и центр симметрии боковой грани AA_{1}B_{1}B
, если площадь сечения призмы этой плоскостью равна 21, а сторона основания призмы равна 2\sqrt{14}
.
Ответ. \frac{98}{3}
; \frac{154}{3}
.
Решение. Плоскость грани ACC_{1}A_{1}
проходит через прямую AC_{1}
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку C
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку C
параллельно AC_{1}
(см. задачу 8003). Пусть эта прямая пересекается с прямой AA_{1}
в точке E
.
Центр симметрии D
грани AA_{1}B_{1}B
, точка E
и прямая BB_{1}
лежат в плоскости грани AA_{1}B_{1}B
и в секущей плоскости, поэтому точка L
пересечения прямых ED
и BB_{1}
лежит в секущей плоскости. В этой же плоскости лежат точки пересечения M
и N
прямой EL
с рёбрами AB
и A_{1}B_{1}
соответственно.
Пусть прямая LC
, лежащая в плоскости грани BB_{1}C_{1}C
, пересекает ребро B_{1}C_{1}
в точке K
. Тогда точка K
тоже лежит в секущей плоскости.
Таким образом, сечение призмы, о котором говорится в условии задачи, — трапеция CMNK
.
Обозначим AA_{1}=h
. Четырёхугольник AECC_{1}
— параллелограмм, поэтому AE=CC_{1}=h
. Треугольники LDB_{1}
и EDA
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому B_{1}L=AE=h
и BL=2h
. Треугольник LMB
подобен треугольнику EMA
с коэффициентом \frac{BL}{AE}=\frac{2h}{h}=2
, поэтому \frac{BM}{MA}=2
. Аналогично, \frac{A_{1}N}{NB_{1}}=2
. Треугольники LKB_{1}
и CKC_{1}
равны, поэтому K
— середина ребра B_{1}C_{1}
.
Обозначим AB=a
, S_{\triangle ABC}=S
. Пусть M'
и K'
— ортогональные проекции точек соответственно M
и K
на плоскость ABC
. Эти точки лежат на рёбрах AB
и BC
, причём BM':BA=2:3
и BK'=cK'
. Тогда
S=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{4\cdot14\sqrt{3}}{4}=14\sqrt{3},
S_{\triangle CMN'K'}=S_{\triangle BMC}-S_{\triangle BN'K'}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}S-\frac{1}{3}\frac{1}{2}S=\frac{1}{2}S=7\sqrt{3}.
Опустим перпендикуляр BH
на прямую CM
. По теореме о трёх перпендикулярах LH\perp CM
, значит, \alpha=\angle BHL
— линейный угол двугранного угла между плоскостями сечения и основания призмы. По теореме косинусов
CM=\sqrt{BC^{2}+BM^{2}-2BC\cdot BM\cos60^{\circ}}=
=\sqrt{a^{2}+\frac{4}{9}a^{2}-2\cdot a\cdot\frac{2}{3}a\cdot\frac{1}{2}}=\frac{a\sqrt{7}}{3}=\frac{2\sqrt{14}\cdot\sqrt{7}}{3}=\frac{14\sqrt{2}}{3}.
Тогда
BH=\frac{2S_{\triangle BCM}}{CM}=\frac{2\cdot\frac{2}{3}S}{CM}=\frac{2\cdot\frac{2}{3}\cdot14\sqrt{3}}{\frac{14\sqrt{2}}{3}}=2\sqrt{6}.
По теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093)
\cos\alpha=\frac{S_{CMN'K'}}{S_{CMNK}}=\frac{7\sqrt{3}}{21}=\frac{1}{\sqrt{3}},~\tg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}.
Следовательно,
2h=BL=BH\tg\alpha=2\sqrt{6}\cdot\sqrt{2}=4\sqrt{3},~h=2\sqrt{3}.
Пусть V
— объём данной призмы, V'
— объём треугольной пирамиды LABC
, v
— объём треугольной пирамиды LB_{1}NK
, V_{1}
и V_{1}
— объёмы частей, на которые секущая плоскость разбивает призму (первая из эти частей содержит вершину B
). Тогда
V=Sh,~V'=\frac{1}{3}S_{\triangle BCM}\cdot2h=\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}S\cdot2h=\frac{4}{9}Sh,~v=\frac{1}{8}V',
V_{1}=V'-v=V'-\frac{1}{8}V'=\frac{7}{8}V'=\frac{7}{8}\cdot\frac{4}{9}Sh=\frac{7}{18}Sh=\frac{7}{18}\cdot14\sqrt{3}\cdot2\sqrt{3}=\frac{98}{3},
V_{2}=V-V_{1}=Sh-\frac{7}{18}Sh=\frac{11}{18}Sh=\frac{11}{18}\cdot14\sqrt{3}\cdot2\sqrt{3}=\frac{154}{3}.