14385. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA'B'C'D'
даны длины рёбер AB=a
, AD=b
, AA'=c
. Пусть O
и O'
— центры оснований ABCD
и A'B'C'D'
соответственно, а S
— точка, делящая отрезок OO'
в отношении O'S:SO=1:3
. Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку S
параллельно диагонали AC'
и диагонали BD
основания ABCD
.
Ответ. \frac{7}{16}\sqrt{4a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}
.
Решение. Плоскость ACC'
проходит через прямую AC'
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку S
, поэтому (см. задачу 8003) плоскость ACC'
и секущая плоскость пересекаются по прямой, параллельной A'C
. Пусть эта прямая пересекает отрезки A'C'
и AA'
в точках F
и M
соответственно, а G
— центр параллелепипеда (т. е. середина отрезка OO'
). Тогда S
— середина GO'
, поэтому
FO'=FC',~A'M:AA'=A'F:A'C'=3:4,~A'M=\frac{3}{4}AA'=\frac{3}{4}c,
Плоскость грани A'B'C'D'
проходит через прямую B'D'
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку F
, поэтому (см. задачу 8003) секущая плоскость и плоскость грани A'B'C'D'
пересекаются по прямой, параллельной B'D'
. Пусть эта прямая пересекает рёбра B'C'
и C'D'
в точках K
и E
соответственно, прямые A'B'
и A'D'
— в точках P
и Q
соответственно, прямые PM
и BB'
пересекаются в точке L
, а прямые QM
и DD'
— в точке N
. Тогда пятиугольник KLMNE
— сечение, о котором говорится в условии.
Поскольку F
— середина C'O'
и EK\parallel B'D'
, то K
и E
— середины рёбер B'C'
и C'D'
. Треугольник B'KP
равен треугольнику C'KE
, а треугольник D'EQ
— треугольнику C'EK
, поэтому
B'P=C'E=\frac{a}{2},~D'Q=C'K=\frac{b}{2}.
Тогда
A'P=\frac{3a}{2},~A'Q=\frac{3b}{2}.
Пусть A'H
перпендикуляр к PQ
. По теореме о трёх перпендикулярах MH
— перпендикуляр к PQ
, поэтому \angle MHA'=\varphi
— линейный угол двугранного угла между плоскостью сечения и плоскостью основания A'B'C'D'
. Из прямоугольного треугольника PLQ
находим, что
A'H=\frac{A'P\cdot A'Q}{PQ}=\frac{\frac{3}{2}a\cdot\frac{3}{2}b}{\sqrt{\frac{9a^{2}}{4}+\frac{9b^{2}}{4}}}=\frac{3ab}{2\sqrt{a^{2}+b^{2}}}
(см. задачу 1967). Тогда
\tg\varphi=\frac{MA'}{A'H}=\frac{\frac{3}{4}c}{\frac{3ab}{2\sqrt{a^{2}+b^{2}}}}=\frac{c\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{2ab},
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{c^{2}(a^{2}+b^{2})}{4a^{2}b^{2}}}}=\frac{2ab}{\sqrt{4a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}}
Пятиугольник KB'A'D'E
— ортогональная проекция сечения KLMNE
на плоскость грани A'B'C'D'
, причём
S_{KB'A'D'E}=S_{A'B'C'B}-S_{\triangle KC'E}=ab-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}ab=\frac{7}{8}ab.
Следовательно, (см. задачу 8093)
S_{KLMNE}=\frac{S_{KB'A'D'E}}{\cos\varphi}=\frac{\frac{7}{8}ab}{\frac{2ab}{\sqrt{4a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}}}=\frac{7}{16}\sqrt{4a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет МГУ. — 1966, № 5, вариант 2
Источник: Моденов П. С. Экзаменационные задачи по математике с анализом их решения. — М.: Просвещение, 1969. — № 5, с. 41, вариант 1