14188. Найдите объёмы частей, на которые делит правильную треугольную призму ABCA_{1}B_{1}C_{1}
плоскость, параллельная диагонали AC_{1}
боковой грани AA_{1}C_{1}C
, проходящая через середину стороны AB
основания ABC
и точку M
, лежащую на стороне B_{1}C_{1}
, если MC_{1}=3B_{1}M
, расстояние от точки B_{1}
до секущей плоскости равно 6, а сторона основания призмы равна 12\sqrt{14}
.
Ответ. 3276, 5292.
Решение. Пусть D
— середина ребра AB
, O
— центр грани BB_{1}C_{1}C
, K
и L
— точки пересечения прямой MO
с прямыми BC
и BB_{1}
соответственно, N
— точка пересечения прямых DE
и A_{1}B_{1}
. Тогда DO
— средняя линия треугольника ABC_{1}
, поэтому DO\parallel AC_{1}
, а плоскость сечения DKMN
проходит через точки D
и M
, параллельно AC_{1}
(эта плоскость содержит прямую DO
, параллельную AC_{1}
).
Опустим перпендикуляр BP
на высоту LH
треугольника DKL
. Тогда DP
— перпендикуляр к плоскости сечения, а длина отрезка DH
равна расстоянию от точки B
до секущей плоскости. Треугольник B_{1}LM
подобен треугольнику BLK
, а так как
B_{1}M=\frac{1}{4}B_{1}C_{1}=\frac{1}{4}BC~\mbox{и}~BK=C_{1}M=\frac{3}{4}B_{1}C_{1}=\frac{3}{4}BC,
то коэффициент подобия равен
\frac{B_{1}M}{BK}=\frac{\frac{1}{4}BC}{\frac{3}{4}BC}=\frac{1}{3},
поэтому расстояние от точки B
до секущей плоскости втрое больше расстояния до этой плоскости от точки B_{1}
(см. задачу 9180), т. е. BP=3\cdot6=18
.
Обозначим сторону основания призмы через a
. Тогда
S_{\triangle ABC}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4},~S_{\triangle DBK}=\frac{BD}{BA}\cdot\frac{BK}{BC}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{32}.
По теореме косинусов
DK=\sqrt{BD^{2}+BK^{2}-2BD\cdot BK\cos60^{\circ}}=\sqrt{\frac{1}{4}a^{2}+\frac{9}{16}a^{2}-\frac{1}{2}a\cdot\frac{3}{4}a}=\frac{a\sqrt{7}}{4}.
Тогда
S_{\triangle DBK}=\frac{1}{2}DK\cdot BH=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{7}}{4}\cdot BH=\frac{a\sqrt{7}}{8}BH.
Из равенства \frac{a\sqrt{7}}{8}BH=\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{32}
находим, что
BH=\frac{3a\sqrt{3}}{4\sqrt{7}}=\frac{3\cdot12\sqrt{14}\cdot\sqrt{3}}{4\sqrt{7}}=9\sqrt{6}.
Обозначим \angle LBP=\angle BHP=\angle BHL=\alpha
. Из прямоугольного треугольника BPH
находим, что
\sin\alpha=\frac{BP}{BH}=\frac{18}{9\sqrt{6}}=\sqrt{\frac{2}{3}},~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Тогда
LB=\frac{BP}{\cos\alpha}=18\sqrt{3},~LB_{1}=\frac{1}{3}LB=6\sqrt{3},
BB_{1}=\frac{2}{3}LB=4\sqrt{3}.
Пусть объём призмы равен V
, а секущая плоскость разбивает призму на части, одна из которых (с объёмом V_{1}
) содержит вершину B
, а вторая (с объёмом V_{2}
) не содержит эту вершину. Тогда
V=S_{\triangle ABC}\cdot BB_{1}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot4\sqrt{3}=3a^{2},
V_{1}=V_{LDBK}-V_{NB_{1}M}=V_{LDBK}-\frac{1}{27}V_{LDBK}=\frac{26}{27}V_{LDBK}=
=\frac{26}{27}\cdot\frac{1}{3}S_{\triangle DBK}\cdot LB=\frac{26}{27}\cdot\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{32}\cdot6\sqrt{3}=\frac{13}{8}a^{2}=\frac{13}{8}\cdot12^{2}\cdot14=3276,
V_{2}=V-V_{1}=3a^{2}-\frac{13}{8}a^{2}=\frac{21}{8}a^{2}=5292.