14971. Дана прямая треугольная призма ABCA'B'C'
с основанием ABC
, в которой AB=4
, AC=A'A=2
, AB\perp AC
. Точки K
и L
лежат на лучах A'C'
и B'B
соответственно, A'K=4
, B'L=3
. Найдите площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через точки K
и L
параллельно прямой AB
.
Ответ. \frac{5}{9}
.
Указание. Искомое сечение — прямоугольный треугольник. Его можно построить, если провести через точку L
прямую, параллельную AB
, до пересечения с лучом A'A
в некоторой точке M
. Точки пересечения MK
с рёбрами AC
и CC'
будут двумя вершинами сечения. Третья вершина — точка пересечения отрезков EL
и BC
Решение. Плоскость грани AA'B'B
проходит через прямую AB
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку L
, значит, секущая плоскость пересекает плоскость AA'B'B
по прямой l
, проходящей через точку L
параллельно AB
. Пусть M
— точка пересечения прямых l
и AA'
. Точки M
и K
лежат в плоскости ACC'A'
, значит, прямая MK
пересекает прямые CC'
и AC
, лежащие в этой плоскости, в некоторых точках E
и F
соответственно, лежащих в секущей плоскости. Точки E
и L
лежат в плоскости BCC'B'
, поэтому отрезки EL
и BC
пересекается в некоторой точке N
, лежащей, как и E
и L
, в секущей плоскости. Таким образом, сечение данной призмы плоскостью, проходящей через точки K
и L
параллельно прямой AB
, — треугольник EFN
.
Поскольку C'
— середина стороны A'K
прямоугольного треугольника MA'K
, отрезок C'E
— средняя линия этого треугольника. Значит,
C'E=\frac{1}{2}A'M=\frac{1}{2}(AA'+AM)=\frac{1}{2}\cdot3=\frac{3}{2}~\Rightarrow~CE=CC'-CE=2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}.
Треугольник CFE
подобен треугольнику AFM
с коэффициентом \frac{CE}{AM}=\frac{\frac{1}{2}}{1}=\frac{1}{2}
, поэтому
CF=\frac{1}{3}AC=\frac{1}{3}\cdot2=\frac{2}{3}.
По теореме Пифагора
EF=\sqrt{CE^{2}+CF^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{4}{9}}=\frac{5}{6}.
Треугольник CNE
подобен треугольнику BNL
с коэффициентом \frac{CE}{BL}=\frac{\frac{1}{2}}{1}=\frac{1}{2}
, поэтому
CN=\frac{1}{3}BC=\frac{1}{3}\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{2^{2}+4^{2}}=\frac{1}{3}\cdot2\sqrt{5}=\frac{2\sqrt{5}}{3},
EN=\sqrt{CE^{2}+CN^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{20}{9}}=\frac{\sqrt{89}}{6}.
Пусть \angle FCN=\alpha
. В треугольнике CFN
известны стороны CF=\frac{2}{3}
, CN=\frac{2\sqrt{5}}{3}
и
\cos\alpha=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.
По теореме косинусов
FN=\sqrt{CF^{2}+CN^{2}-2CF\cdot CN\cos\alpha}=\sqrt{\frac{4}{9}+\frac{20}{9}-2\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{2\sqrt{5}}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}}=\sqrt{\frac{24}{9}-\frac{8}{9}}=\frac{4}{3}.
Заметим, что
EF^{2}+FN^{2}=\frac{25}{36}+\frac{16}{9}=\frac{89}{36}=EN^{2},
поэтому сечение EFN
— прямоугольный треугольник с прямым углом при вершине F
(по теореме, обратной теореме Пифагора, см. задачу 1972). Следовательно,
S_{\triangle EFN}=\frac{1}{2}EF\cdot FN=\frac{1}{2}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{4}{3}=\frac{5}{9}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1992, задача 5, вариант 2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1992 с. 159, задача 5, вариант 2