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}.

Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 7.6, с. 63