7215. В правильной шестиугольной призме, у которой боковые грани — квадраты, проведите плоскость через сторону нижнего основания и противолежащую ей сторону верхнего основания. Найдите площадь построенного сечения, если сторона основания равна a
.
Ответ. 3a^{2}
.
Решение. Предположим, что указанная плоскость проходит через стороны AF
и D_{1}C_{1}
оснований ABCDEF
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
призмы ABCDEFA_{1}A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
(AA_{1}\parallel BB_{1}\parallel CC_{1}\parallel DD_{1}\parallel EE_{1}\parallel FF_{1})
.
Пусть P
— точка пересечения прямых AF
и DE
, лежащих в плоскости нижнего основания призмы. Поскольку точка P
лежит на прямой AF
, а прямая AF
лежит в секущей плоскости, то P
принадлежит секущей плоскости. С другой стороны, точка P
лежит в плоскости грани D_{1}E_{1}ED
(так как она лежит на прямой DE
, принадлежащей этой плоскости). Следовательно, прямая D_{1}P
лежит в плоскости грани D_{1}E_{1}ED
и в секущей плоскости. Тогда секущая плоскость пересекает ребро EE_{1}
в точке M
— точке пересечения прямых D_{1}P
и EE_{1}
.
Поскольку PE=ED=E_{1}D_{1}
и PE\parallel E_{1}D_{1}
, M
— середина ребра EE_{1}
. Аналогично докажем, что секущая плоскость пересекает ребро BB_{1}
в его середине N
. Таким образом, искомое сечение — шестиугольник ANC_{1}D_{1}MF
.
Заметим, что DF\perp AF
, а DF
— ортогональная проекция отрезка D_{1}F
на плоскость нижнего основания. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах D_{1}F\perp AF
. Поэтому DFD_{1}
— линейный угол двугранного угла между плоскостями основания и сечения. Обозначим \angle DFD_{1}=\alpha
. Из прямоугольного треугольника DFD_{1}
находим, что
\tg\alpha=\frac{DD_{1}}{DF}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Значит, \alpha=30^{\circ}
. Тогда
S_{\mbox{сеч.}}=S_{ANC_{1}D_{1}MF}=\frac{S_{\mbox{осн.}}}{\cos\alpha}=\frac{S_{ABCDEF}}{\cos\alpha}=\frac{6\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=3a^{2}.