9386. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с рёбрами AB=4
, AD=2
, AA_{1}=3\sqrt{2}
через диагональ BD_{1}
проведена плоскость, пересекающая ребро AA_{1}
так, что сечение параллелепипеда этой плоскостью имеет наименьший периметр. Найдите площадь этого сечения.
Ответ. 8\sqrt{2}
.
Решение. Противоположные грани параллелепипеда параллельны, поэтому его сечение плоскостью, проходящей через диагональ BD_{1}
и точку M
ребра AA_{1}
, — параллелограмм BMDN
, где N
— точка на ребре CC_{1}
(см. задачу 8009). Периметр этого параллелограмма будет наименьшим, если сумма DM_{1}+MB
— наименьшая.
На продолжении ребра за точку A
отложим отрезок AL=AB=4
. Пусть M
— точка пересечения отрезка CT
с ребром AD
. Докажем, что точка пересечения отрезка D_{1}L
с ребром AA_{1}
и есть искомая точка M
, т. е., что для любой точки X
ребра AA_{1}
, отличной от M
, верно неравенство
D_{1}X+XB\gt D_{1}M+MB.
Действительно, прямоугольные треугольники MAL
и MAB
равны по двум катетам, поэтому ML=MB
. Прямоугольные треугольники XAL
и XAB
тоже равны по двум катетам, поэтому XL=XB
. По неравенству треугольника
D_{1}X+XB=D_{1}X+XL\gt D_{1}L=D_{1}M+ML=D_{1}M+MB.
Что и требовалось доказать.
Прямоугольные треугольники LAM
и AMD_{1}
подобны с коэффициентом \frac{AL}{A_{1}D_{1}}=2
, следовательно,
AM=\frac{2}{3}AA_{1}=\frac{2}{3}\cdot3\sqrt{2}=2\sqrt{2}.
Пусть AH
— высота равнобедренного прямоугольного треугольника BAL
. Тогда
AH=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}.
По теореме о трёх перпендикулярах MH\perp BL
, значит, AHM
— линейный угол двугранного угла между плоскостью основания параллелепипеда и секущей плоскостью. Пусть \angle AHM=\alpha
. Тогда \alpha=45^{\circ}
, так как AH=AM=2\sqrt{2}
. Следовательно (см. задачу 8093),
S_{BMD_{1}N}=\frac{S_{ABCD}}{\cos\alpha}=\frac{AB\cdot AD}{\cos45^{\circ}}=\frac{4\cdot2}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=8\sqrt{2}.