14588. Измерения прямоугольного параллелепипеда равны a
, b
, c
. Найдите площадь сечения плоскостью, содержащей середины шести его рёбер.
Ответ. \frac{3}{4}\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}
.
Решение. Пусть ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
прямоугольный параллелепипед с измерениями AB=a
, BC=b
, AA_{1}=c
. Поскольку указанное сечение — шестиугольник, плоскость пересекает все шесть граней параллелепипеда. Тогда стороны сечения, лежащие в противоположных гранях, параллельны. Секущая плоскость не может проходить через середины противоположных сторон грани, так как тогда в сечении получится прямоугольник. Значит, плоскость проходит через середины смежных сторон каждой грани.
Пусть K
и L
— середины сторон соответственно AD
и DC
грани ABCD
. Тогда секущая плоскость проходит через середины N
и E
сторон соответственно B_{1}C_{1}
и A_{1}B_{1}
противоположной грани A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
(иначе в сечении получится прямоугольник). Если P
— точка пересечения прямых NE
и A_{1}{D_{1}}
, а F
— точка пересечения прямых KP
и AA_{1}
, то секущая плоскость пересекает ребро AA_{1}
в точке F
— середине AA_{1}
(это следует из равенства треугольников AFK
и A_{1}FP
). Аналогично, точка M
пересечения секущей плоскостью с ребром CC_{1}
— середина этого ребра. Таким образом, сечение о котором говорится в условии, — шестиугольник KLMNEF
.
Пусть KK_{1}
и LL_{1}
— перпендикуляры к A_{1}D_{1}
и C_{1}D_{1}
соответственно. Тогда шестиугольник K_{1}L_{1}C_{1}NEA_{1}
— ортогональная проекция сечения на плоскость грани A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Опустим перпендикуляр KH
на прямую NE
. По теореме о трёх перпендикулярах K_{1}H
— перпендикуляр к NE
, поэтому KHK_{1}
— линейный угол образованный секущей плоскостью и плоскостью грани A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
.
Обозначим \angle KHK_{1}=\varphi
. Из прямоугольного треугольника PK_{1}N
, в котором K_{1}N=A_{1}B_{1}=a
и K_{1}P=2A_{1}K_{1}=b
, находим, что
K_{1}H=\frac{K_{1}P\cdot K_{1}N}{PN}=\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.
Тогда
\tg\varphi=\frac{KK_{1}}{K_{1}H}=\frac{c}{\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}}=\frac{c\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{ab},
\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{c^{2}(a^{2}+b^{2})}{a^{2}b^{2}}}}=\frac{ab}{\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}}.
Пусть S
— искомая площадь сечения, а S'
— площадь шестиугольника K_{1}L_{1}C_{1}NEA_{1}
. Тогда
S'=ab-2\cdot S_{\triangle NB_{1}E}=ab-\frac{1}{4}ab=\frac{3}{4}ab.
Следовательно (см. задачу 8093),
S=\frac{S'}{\cos\varphi}=\frac{\frac{3}{4}ab}{\frac{ab}{\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}}}=\frac{3}{4}\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}.
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 2: Стереометрия. — М.: МЦНМО, 2006. — № 3.3, с. 63