9509. Дана правильная треугольная призма ABCA_{1}B_{1}C_{1}
. Все рёбра призмы равны a
. Найдите площадь сечения плоскостью, проходящей через центры граней ABC
, AA_{1}B_{1}B
и BB_{1}C_{1}C
.
Ответ. \frac{a^{2}\sqrt{39}}{12}
.
Решение. Пусть O
— центр равностороннего треугольника ABC
, а P
и Q
— центры боковых граней AA_{1}B_{1}B
и BB_{1}C_{1}C
соответственно. Отрезок PQ
— средняя линия треугольника A_{1}BC_{1}
, поэтому PQ\parallel A_{1}C_{1}\parallel AC
. Значит, прямая PQ
параллельна плоскостям оснований призмы.
Секущая плоскость проходит через прямую PQ
, параллельную плоскости ABC
, и имеет с ней общую точку O
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой l
, проходящей через точку O
параллельно PQ
(см. задачу 8003), а значит, и AC
. Пусть прямая l
пересекает рёбра AB
и BC
в точках M
и N
соответственно, а BD
— медиана треугольника ABC
. Тогда BM:MA=BN:NC=BO:OD=2:1
, поэтому MN=\frac{2}{3}AC=\frac{2}{3}a
.
Пусть прямые MP
и NQ
пересекают рёбра A_{1}B_{1}
и B_{1}C_{1}
в точках L
и K
соответственно. Из равенства треугольников LPB_{1}
и MPA
получаем, что B_{1}L=AM=\frac{1}{3}a
. Аналогично B_{1}K=\frac{1}{3}a
. Тогда
B_{1}K:KC_{1}=B_{1}L:LA_{1}=AM:MB=1:2,~LK=\frac{1}{3}A_{1}C_{1}=\frac{1}{3}a.
Таким образом, сечение, о котором говорится в условии задачи, — равнобедренная трапеция KLMN
с основаниями
MN=\frac{2}{3}a,~KL=\frac{1}{3}a
и боковыми сторонами ML=KN
.
Пусть LE
— ортогональная проекция точки L
на плоскость ABC
, а H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки E
на прямую MN
. Тогда
ME=MB-LB_{1}=\frac{2}{3}a-\frac{1}{3}a=\frac{1}{3}a,
EH=\frac{1}{2}AO=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{6},
LH=\sqrt{LE^{2}+EH^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{12}}=\frac{a\sqrt{13}}{2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{39}}{6}.
По теореме о трёх перпендикулярах LH
— высота трапеции KLMN
, следовательно
S_{KLMN}=\frac{MN+KL}{2}\cdot LH=\frac{\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}a}{2}\cdot\frac{a\sqrt{39}}{6}=\frac{a^{2}\sqrt{39}}{12}.