8608. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, в котором AB=4
, AD=AA_{1}=14
. Точка M
— середина ребра CC_{1}
. Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки A_{1}
, D
и M
.
Ответ. \frac{189}{2}
.
Решение. Пусть прямые DM
и D_{1}C_{1}
пересекаются в точке K
, а прямые A_{1}K
и B_{1}C_{1}
— в точке L
. Тогда рассматриваемое сечение — четырёхугольник A_{1}DML
(рис. 1). Его ортогональная проекция на плоскость основания A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— четырёхугольник A_{1}LC_{1}D_{1}
.
Из равенства треугольников CMD
и C_{1}MK
(по стороне и двум прилежащим к ней углам) следует, что KC_{1}=CD=4
, а из равенства треугольников KLC_{1}
и A_{1}LB_{1}
(также по стороне и двум прилежащим к ней углам) — C_{1}L=B_{1}L
. Значит, L
— середина ребра B_{1}C_{1}
. Поэтому
S_{A_{1}LC_{1}D_{1}}=\frac{3}{4}S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=\frac{3}{4}\cdot14\cdot4=42.
Пусть H
— основание перпендикуляра опущенного из вершины D_{1}
на прямую A_{1}K
(рис. 2). По теореме о трёх перпендикулярах DH\perp A_{1}K
, значит, DHD_{1}
— линейный угол двугранного угла между плоскостями сечения и основания. Обозначим \angle DHD_{1}=\alpha
. Из прямоугольных треугольников A_{1}KD_{1}
и DD_{1}H
находим, что
A_{1}K=\sqrt{A_{1}D_{1}^{2}+D_{1}K^{2}}=\sqrt{14^{2}+8^{2}}=2\sqrt{65},
D_{1}H=\frac{A_{1}D_{1}\cdot D_{1}K}{A_{1}K}=\frac{14\cdot8}{2\sqrt{65}}=\frac{56}{\sqrt{65}},
\tg\alpha=\tg\angle DHD_{1}=\frac{DD_{1}}{D_{1}H}=\frac{14}{\frac{56}{\sqrt{65}}}=\frac{\sqrt{65}}{4}.
Тогда \cos\alpha=\frac{4}{9}
. Следовательно,
S_{\mbox{сеч.}}=\frac{S_{A_{1}LC_{1}D_{1}}}{\cos\alpha}=\frac{42}{\frac{4}{9}}=\frac{189}{2}.
Источник: Вступительный экзамен в МИЭМ. — 2006, № 8, вариант 4