9086. Сторона основания ABCD
правильной четырёхугольной призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равна 4\sqrt{2}
. Боковое ребро AA_{1}
равно 12.
а) Точки M
и N
— середины рёбер AD
и CD
соответственно, точка K
лежит на ребре BB_{1}
, причём B_{1}K:KB=1:2
. Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки M
, N
, K
, и найдите площадь сечения.
б) Точки M
и N
— середины рёбер AD
и CD
соответственно, точка L
— середина ребра CC_{1}
, Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки M
, N
, L
, и найдите площадь сечения.
Ответ. а) \frac{140}{3}
; б) 24\sqrt{10}
.
Решение. а) Пусть прямая MN
пересекает продолжение ребра BC
в точке E
, а продолжение ребра AB
— в точке F
. Соединив E
и K
, получим точку T
пересечения секущей плоскости с ребром CC_{1}
. Соединив F
и K
, получим точку H
пересечения секущей плоскости с ребром AA_{1}
. Искомое сечение — пятиугольник MNTKH
.
Ортогональная проекция сечения MNTKH
на плоскость основания ABCD
— пятиугольник MNCBA
. Его площадь составляет \frac{7}{8}
площади квадрата ABCD
, т. е. \frac{7}{8}\cdot32=28
.
Пусть G
— точка пересечения диагонали BD
с отрезком MN
. Тогда BG\perp MN
, а по теореме о трёх перпендикуляров KG\perp MN
. Значит, BGK
— линейный угол двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания призмы.
Пусть O
— центр квадрата ABCD
. Отрезок MN
— средняя линия треугольника ADC
, поэтому
DG=\frac{1}{2}DO=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot8=2,~
значит, BG=BD-DG=8-2=6
.
Обозначим \angle BGK=\alpha
. Из прямоугольного треугольника BGK
находим, что
GK=\sqrt{BG^{2}+BK^{2}}=\sqrt{6^{2}+\left(\frac{2}{3}\cdot12\right)^{2}}=\sqrt{36+64}=10,
\cos\alpha=\frac{BG}{GK}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}.
Следовательно, по теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093)
S_{MNTKH}=\frac{S_{MNCBA}}{\cos\alpha}=\frac{28}{\frac{3}{5}}=\frac{140}{3}.
б) Пусть прямая MN
пересекает продолжение ребра BC
в точке E
, а продолжение ребра AB
— в точке F
, прямая EL
пересекает ребро B_{1}C_{1}
в точке X
, а продолжение ребра BB_{1}
— в точке R
, прямая RF
пересекает рёбра A_{1}B_{1}
и AA_{1}
в точках Y
и Z
соответственно. Искомое сечение — шестиугольник MNLXYZ
, причём точки X
, Y
и Z
— середины рёбер B_{1}C_{1}
, A_{1}B_{1}
и AA_{1}
.
Пусть O
и O_{1}
— центры квадратов ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
соответственно, G
— точка пересечения MN
и BD
, Q
— точка пересечения XY
и B_{1}D_{1}
, P
— ортогональная проекция точки Q
на плоскость ABCD
. Тогда
OG=\frac{1}{4}BD=2,~BP=B_{1}Q=\frac{1}{4}=B_{1}D_{1}=2,~PG=OG+OP=4.
Поскольку PG\perp MN
и QG\perp MN
, линейный угол двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания ABCD
призмы — это угол PGQ
. Обозначим \angle PGQ=\beta
. Из прямоугольного треугольника PGQ
находим, что
QG=\sqrt{PG^{2}+PQ^{2}}=\sqrt{PG^{2}+BB_{1}^{2}}=\sqrt{16+144}=\sqrt{160}=4\sqrt{10},~
\cos\beta=\frac{PG}{QG}=\frac{4}{4\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Пусть U
и V
— ортогональные проекции точек соответственно X
и Y
на плоскость основания ABCD
. Тогда шестиугольник MNCUVA
— ортогональная проекция сечения MNLXYZ
на плоскость ABCD
, причём
S_{MNCUVA}=\frac{3}{4}S_{ABCD}=\frac{3}{4}\cdot32=24.
Следовательно,
S_{MNLXYZ}=\frac{S_{MNCUVA}}{\cos\beta}=\frac{24}{\frac{1}{\sqrt{10}}}=24\sqrt{10}.