14071. Основание прямой призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— треугольник ABC
с прямым углом B
и углом C
, равным 30^{\circ}
. Найдите площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через центр боковой грани AA_{1}C_{1}C
и вершину B
и параллельной диагонали AB_{1}
боковой грани, если расстояние от вершины C
до секущей плоскости равно \frac{12}{5}
, а гипотенуза основания призмы равна 4.
Ответ. \frac{5\sqrt{3}}{2}
.
Решение. Пусть O
— центр грани AA_{1}C_{1}C
. Плоскость грани AA_{1}B_{1}B
проходит через прямую AB_{1}
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку B
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой, параллельной AB_{1}
. Пусть эта прямая пересекает продолжение бокового ребра AA_{1}
в точке Q
, а прямая QO
пересекает рёбра AC
,и A_{1}C_{1}
и прямую CC_{1}
в точках D
, E
и T
соответственно. Пусть также прямая BT
пересекает ребро B_{1}C_{1}
в точке F
. Тогда сечение, о котором говорится в условии — трапеция BDEF
(см. задачу 8009).
Четырёхугольник AQBB_{1}
— параллелограмм, поэтому AQ=BB_{1}=CC_{1}
, а из равенства треугольников TOC_{1}
и QOA
(по стороне и двум прилежащим к ней углам) получаем, что C_{1}T=AQ=CC_{1}
. Треугольник TEC_{1}
подобен треугольнику QEA_{1}
, поэтому
\frac{C_{1}E}{EA_{1}}=\frac{TC_{1}}{QA_{1}}=\frac{2AA_{1}}{CC_{1}}=\frac{1}{2}.
Аналогично, \frac{AD}{DC}=\frac{1}{2}
. При этом EF
— средняя линия треугольника BDT
, поэтому EF=\frac{1}{2}BD
.
В прямоугольном треугольнике ABC
известно, что
BC=AB\sqrt{3}=2\sqrt{3},~AB=\frac{1}{2}AC=2,~AD=\frac{1}{3}AC=\frac{2}{3}.
По теореме косинусов
BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}-2AB\cdot AD\cos60^{\circ}}=\sqrt{4+\frac{4}{9}-2\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{3}.
Тогда
S_{\triangle BCD}=\frac{CD}{AC}S_{\triangle ABC}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{3}\cdot2\cdot2\sqrt{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}.
Пусть CH
— высота треугольника BCD
. Тогда
CH=\frac{2S_{\triangle BCD}}{BD}=\frac{2\cdot\frac{4\sqrt{3}}{3}}{\frac{2\sqrt{7}}{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.
По теореме о трёх перпендикулярах TH\perp BD
, значит, высота CP
прямоугольного треугольника TCH
перпендикулярна секущей плоскости, а её длина равна расстоянию от точки C
до этой плоскости, т. е. CP=\frac{12}{5}
.
Рассмотрим прямоугольный треугольник TCH
, в котором CH=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}}
и CP=\frac{12}{5}
. Обозначим \angle TCP=\angle THC=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\frac{CP}{CH}=\frac{\frac{12}{5}}{\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}}}=\frac{\sqrt{21}}{5},~\cos\alpha=\sqrt{1-\frac{21}{25}}=\frac{2}{5}.
Значит,
CT=\frac{CP}{\cos\alpha}=\frac{\frac{12}{5}}{\frac{12}{5}}=6,~
TH=\sqrt{CT^{2}+CH^{2}}=\sqrt{6^{2}+\left(\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\right)^{2}}=\sqrt{36+\frac{48}{7}}=\frac{10\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.
Тогда высота трапеции BDEF
с основаниями BD=\frac{2\sqrt{7}}{3}
и EF=\frac{\sqrt{7}}{3}
равна \frac{1}{2}TH=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{7}}
. Следовательно,
S_{BDEF}=\frac{1}{2}(BD+EF)\cdot\frac{1}{2}TH=\frac{1}{2}\left(\frac{2\sqrt{7}}{3}+\frac{\sqrt{7}}{3}\right)\cdot\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{3}}{2}.