9514. Дан куб ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с ребром a
. Найдите площадь сечения плоскостью, проходящей через вершину B_{1}
и середины рёбер AB
и AD
.
Ответ. \frac{9a^{2}}{8}
.
Решение. Пусть M
и N
— середины рёбер AB
и AD
, O
— центр грани A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Отрезок MN
— средняя линия треугольника ABD
, поэтому MN\parallel BD\parallel B_{1}D_{1}
и MN=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}
.
Секущая плоскость пересекает противоположные грани ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
по параллельным прямым (см. задачу 8009), значит, секущая плоскость проходит через прямую B_{1}D_{1}
, а сечение, о котором говорится в условии задачи, — равнобедренная трапеция MNB_{1}D_{1}
с основаниями
B_{1}D_{1}=a\sqrt{2},~MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}
и боковыми сторонами MB_{1}
и ND_{1}
.
Пусть M_{1}
— ортогональная проекция точки M
на плоскость A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, а M_{1}H
— перпендикуляр, опущенный из точки M_{1}
на прямую B_{1}D_{1}
. По теореме о трёх перпендикулярах MH\perp B_{1}D_{1}
, значит, MH
— высота трапеции MNB_{1}D_{1}
.
Отрезок M_{1}H
— средняя линия треугольника A_{1}OB_{1}
, поэтому
M_{1}H=\frac{1}{2}OA_{1}=\frac{a\sqrt{2}}{4}.
Из прямоугольного треугольника MM_{1}H
находим, что
MH=\sqrt{MM_{1}^{2}+M_{1}H^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{8}}=\frac{3a}{2\sqrt{2}}.
Следовательно,
S_{MNB_{1}D_{1}}=\frac{MN+B_{1}D_{1}}{2}\cdot MH=\frac{a\sqrt{2}+\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2}\cdot\frac{3a^{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{9a^{2}}{8}.