7231. Точки M
, N
, K
— середины рёбер соответственно AB
, BC
, DD_{1}
параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
.
1) Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки M
, N
, K
.
2) В каком отношении эта плоскость делит ребро CC_{1}
и диагональ DB_{1}
?
3) В каком отношении эта плоскость делит объём параллелепипеда?
Ответ. \frac{1}{5}
; \frac{3}{7}
; \frac{25}{119}
.
Решение. 1) Продолжим отрезки MN
и DC
до пересечения в точке Q
. Точка Q
лежит в секущей плоскости (так как она принадлежит прямой MN
) и в плоскости грани CDD_{1}C_{1}
(так как она принадлежит прямой DC
, лежащей в этой плоскости). Следовательно, прямая QK
является прямой пересечения секущей плоскости с плоскостью грани CDD_{1}C_{1}
.
Обозначим через E
точку пересечения этой прямой с ребром CC_{1}
. Аналогично построим точку P
пересечения прямой MN
с плоскостью грани ADD_{1}A_{1}
и точку F
пересечения секущей плоскости с ребром AA_{1}
. Таким образом, искомое сечение — пятиугольник MNEKF
.
2) Поскольку MN
— средняя линия треугольника ABC
, MN\parallel AC
. Поэтому четырёхугольник AMQC
— параллелограмм (MQ\parallel AC
, AM\parallel CQ)
. Следовательно, QC=AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD
. Из подобия треугольников QCE
и QDK
следует, что
\frac{CE}{DK}=\frac{QC}{QD}=\frac{\frac{1}{2}CD}{\frac{3}{2}CD}=\frac{1}{3}.
Тогда
CE=\frac{1}{3}DK=\frac{1}{6}DD_{1}=\frac{1}{6}CC_{1}.
Следовательно, \frac{CE}{EC_{1}}=\frac{1}{5}
.
Пусть H
— точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD
, L
— точка пересечения отрезков MN
и BD
. Тогда L
— середина BH
,
DL=DH+HL=\frac{1}{2}BD+\frac{1}{4}BD=\frac{3}{4}BD.
Секущая плоскость пересекает плоскость параллелограмма BDD_{1}B_{1}
по прямой LK
, поэтому точка O
пересечения диагонали DB_{1}
параллелепипеда с отрезком LK
является точкой пересечения диагонали DB_{1}
с секущей плоскостью.
Пусть R
— точка пересечения прямых LK
и B_{1}D_{1}
, лежащих в плоскости параллелограмма BDD_{1}B_{1}
. Из равенства треугольников D_{1}KR
и DKL
следует, что
D_{1}R=DL=\frac{3}{4}BD=\frac{3}{4}B_{1}D_{1}.
Поэтому
B_{1}R=B_{1}D_{1}+D_{1}R=\frac{7}{4}B_{1}D_{1}.
Из подобия треугольников LOD
и ROB_{1}
находим, что
\frac{DO}{OB_{1}}=\frac{DL}{B_{1}R}=\frac{\frac{3}{4}BD}{\frac{7}{4}B_{1}D_{1}}=\frac{3}{7}.
3) Пусть S
— площадь параллелограмма ABCD
, h
— высота параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
(расстояние между параллельными плоскостями граней ABCD
и A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
), V
— объём данного параллелепипеда.
Поскольку MN
— средняя линия треугольника ABC
,
S_{\triangle BMN}=\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{8}S,
S_{\triangle AMP}=S_{\triangle CNQ}=S_{\triangle BMN}=\frac{1}{8}S,
S_{\triangle PQD}=S-S_{\triangle BMN}+S_{\triangle AMP}+S_{\triangle CNQ}=
=S-\frac{1}{8}S+\frac{1}{8}S+\frac{1}{8}S=\frac{9}{8}S.
Тогда
V_{KPQD}=\frac{1}{3}S_{\triangle PDQ}\cdot\frac{1}{2}h=\frac{1}{3}\cdot\frac{9}{8}S\cdot\frac{1}{2}h=\frac{3}{16}V.
Если h_{1}
— высота треугольной пирамиды ECNQ
, проведённая из вершины E
, то \frac{h_{1}}{h}=\frac{EC}{C_{1}C}=\frac{1}{6}
. Поэтому h_{1}=\frac{1}{6}h
. Тогда
V_{ECNQ}=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{8}S\cdot\frac{1}{6}h=\frac{1}{144}S\cdot h=\frac{V}{144}.
Аналогично, V_{FAMP}=\frac{V}{144}
. Поэтому секущая плоскость отсекает от данного параллелепипеда многогранник, объём которого равен
V_{KPDQ}-V_{ECNQ}-V_{FAMP}=\frac{3}{16}V-\frac{1}{72}V=\frac{25}{144}V.
Следовательно, объём параллелепипеда делится при этом в отношении \frac{25}{119}
.