14580. Найдите площадь сечения правильной треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
плоскостью, которая параллельна диагонали AC_{1}
боковой грани AA_{1}C_{1}C
, проходит через середину стороны AB
основания ABC
и точку M
, лежащую на стороне B_{1}C_{1}
, если MC_{1}=3B_{1}M
, расстояние между AC_{1}
и секущей плоскостью равно 3, а сторона основания призмы равна 2\sqrt{14}
.
Ответ. 14.
Решение. Пусть K
— середина ребра AB
. Плоскость AC_{1}B
проходит через прямую AC_{1}
, параллельную секущей плоскости и имеет с секущей плоскостью общую точку K
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку K
параллельно AC_{1}
, т. е. по средней линии AD
треугольника ABC_{1}
. Точка D
— середина диагонали BC_{1}
прямоугольника BB_{1}C_{1}C
, т. е. центр этого прямоугольника, поэтому прямая MD
пересекает ребро BC
в точке, делящей это ребро в отношении \frac{BN}{NC}=\frac{C_{1}M}{MB_{1}}=3
.
Секущая плоскость пересекает плоскости основания призмы по параллельным прямым. Тогда точка L
пересечения секущей плоскости с плоскостью A_{1}B_{1}C_{1}
такова, что ML\parallel KN
. Следовательно сечение, о котором говорится в условии, — трапеция KLMN
с основаниями KN
и LM
.
Пусть LL'
и MM'
— высоты прямоугольников ABB_{1}A_{1}
и BCC_{1}B_{1}
соответственно. Тогда L'
и M'
— ортогональные проекции точек L
и M
на плоскость ABC
, а трапеция KNM'L'
— ортогональная проекция сечения на эту плоскость. При этом
\frac{BN}{BC}=\frac{3}{4},~\frac{BK}{BA}=\frac{1}{2},~\frac{BL'}{BK}=\frac{BM'}{BN}=\frac{1}{3}.
Обозначим через a
сторону основания призмы, а через S
и S'
— искомую площадь сечения и площадь ортогональной проекции сечения на плоскость ABC
соответственно. Тогда
S_{\triangle KBN}=\frac{BN}{BC}\cdot\frac{BK}{AB}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{8}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{8}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{32},
S_{\triangle L'BM'}=\left(\frac{BL'}{BK}\right)^{2}S_{1}=\frac{1}{9}\cdot\frac{3}{8}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{24}S_{\triangle ABC},
S'=S_{KNM'L'}=S_{\triangle KBN}-S_{\triangle L'BM'}=\frac{3}{8}S_{\triangle ABC}-\frac{1}{24}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=
=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{12}=\frac{14\sqrt{3}}{3}.
По теореме косинусов
KN=\sqrt{BK^{2}+BN^{2}-2BK\cdot BN\cos60^{\circ}}=
=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+\frac{9}{16}a^{2}-2\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{3}{4}a\cdot\frac{1}{2}}=a\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{9}{16}-\frac{3}{8}}=\frac{a\sqrt{7}}{4}.
Пусть BH
— перпендикуляр к прямой KN
. По теореме о трёх перпендикулярах BH
— тоже перпендикуляр к прямой KN
, поэтому HBB_{1}
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями сечения и основания. Обозначим \angle HBB_{1}=\alpha
.
Отрезок BH
— высота треугольника KBN
, поэтому
BH=\frac{2S_{\triangle KBN}}{KN}=\frac{\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{16}}{\frac{a\sqrt{7}}{4}}=\frac{3a\sqrt{3}}{4\sqrt{7}}=\frac{3\cdot2\sqrt{14}\cdot\sqrt{3}}{4\sqrt{7}}=\frac{3\sqrt{6}}{2}.
Пусть BP
— высота прямоугольного треугольника HBB_{1}
. Тогда BP
— перпендикуляр к секущей плоскости, поэтому расстояние AC_{1}
и секущей плоскостью равно отрезку BP
, т. е. BP=3
. Тогда
\sin\alpha=\frac{BP}{BH}=\frac{3}{\frac{3\sqrt{6}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\sqrt{\frac{2}{3}},~\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, по формуле площади ортогональной проекции
S=\frac{S'}{\cos\alpha}=\frac{\frac{14\sqrt{3}}{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=14.