9247. Дан параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с основаниями ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Точки M
и N
— середины рёбер AD
и CD
соответственно, точка K
лежит на ребре BB_{1}
, причём B_{1}K:KB=1:2
.
а) Докажите, что плоскость, проходящая через точки M
, N
, K
, делит ребро CC_{1}
в отношении 2:7
, считая от точки C
.
б) Найдите площадь сечения параллелепипеда этой плоскостью, если параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— правильная четырёхугольная призма, сторона основания ABCD
равна 4\sqrt{2}
, а боковое ребро равно 12.
Ответ. \frac{140}{3}
.
Решение. а) Пусть прямая MN
, лежащая в секущей плоскости и в плоскости ABCD
, пересекает прямые AB
и BC
в точках E
и F
соответственно, а прямые KE
и AA_{1}
пересекаются в точке P
. Тогда P
— точка пересечения секущей плоскости с ребром AA_{1}
. Аналогично строится точка Q
пересечения секущей плоскости с ребром CC_{1}
. Тогда сечение призмы плоскостью MNK
— пятиугольник MPKQN
.
Пусть BB_{1}=9a
, AD=2b
. Из равенства треугольников FCN
и MDN
получаем, что CF=AM=\frac{1}{2}AD=b
. Треугольник FCQ
подобен треугольнику FBK
с коэффициентом \frac{FC}{FB}=\frac{b}{3b}=\frac{1}{3}
, значит,
CQ=\frac{1}{3}BK=\frac{1}{3}\cdot6c=2c.
Следовательно,
\frac{CQ}{QC_{1}}=\frac{2c}{9c-2c}=\frac{2}{7}.
б) Ортогональная проекция сечения на плоскость основания ABCD
— пятиугольник AMNCB
, площадь которого составляет \frac{7}{8}
площади квадрата ABCD
, т. е. S_{AMNCB}=\frac{7}{8}\cdot32=28
.
Пусть T
— точка пересечения диагонали BD
квадрата ABCD
со средней линией MN
треугольника ADC
. Поскольку BT\perp MN
, по теореме о трёх перпендикулярах KT\perp MN
, значит, BTK
— линейный угол двугранного угла секущей плоскости с плоскостью основания ABCD
.
Из прямоугольного треугольника BTK
находим, что
KT=\sqrt{BK^{2}+BT^{2}}=\sqrt{\left(\frac{2}{3}BB_{1}\right)^{2}+\left(\frac{3}{4}BD\right)^{2}}=\sqrt{64+36}=10,
значит,
\cos\angle BTK=\frac{BT}{KT}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}.
Следовательно (см. задачу 8093),
S_{MPKQN}=\frac{S_{AMNCB}}{\cos\angle BTK}=\frac{28}{\frac{3}{5}}=\frac{140}{3}.