8625. Диагонали прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
, вписанного в сферу радиуса R
, наклонены к плоскости основания под углом 45^{\circ}
. Найдите площадь сечения этого параллелепипеда плоскостью, которая проходит через диагональ AC_{1}
, параллельна диагонали основания BD
и образует с диагональю BD_{1}
угол, равный \arcsin\frac{\sqrt{2}}{4}
.
Ответ. \frac{2R^{2}}{\sqrt{3}}=\frac{2}{3}R^{2}\sqrt{3}
.
Решение. Точка O
пересечения диагоналей параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
(рис. 1) равноудалена от всех его вершин, поэтому O
— центр сферы, описанной около параллелепипеда. Тогда AC_{1}=BD_{1}=2R
.
Плоскость основания ABCD
проходит через прямую BD
, параллельную секущей плоскости, поэтому прямая l
пересечения секущей плоскости с плоскостью этого основания проходит через точку A
параллельно прямой BD
. Пусть прямая l
пересекает прямые BC
и CD
в точках P
и Q
соответственно. Тогда PB=AD
как противоположные стороны параллелограмма ADBP
.
Если прямые C_{1}Q
и DD_{1}
пересекаются в точке N
, а прямые C_{1}P
и BB_{1}
— в точке M
, то сечение, о котором говорится в условии задачи, — параллелограмм AMC_{1}N
. Из равенства треугольников BMP
и B_{1}MC_{1}
(по стороне и двум прилежащим к ней углам) следует, что M
— середина ребра BB_{1}
. Аналогично, N
— середина ребра DD_{1}
. Площадь сечения равна площади его ортогональной проекции, т. е. прямоугольника ABCD
, делённой на косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью основания ABCD
.
Пусть L
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на прямую l
. По теореме о трёх перпендикулярах BL\perp l
, значит, MLB
— линейный угол двугранного угла между плоскостями сечения и основания. Обозначим \angle MLB=\varphi
.
Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки B
на ML
. Так как BH\perp ML
и BH\perp l
, то BH
— перпендикуляр к секущей плоскости, значит, OH
— ортогональная проекция на эту плоскость наклонной OB
. По условию задачи \angle BOH=\arcsin\frac{\sqrt{2}}{4}
, поэтому
BH=OB\sin\angle BOH=R\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{R\sqrt{2}}{4}.
Из прямоугольных треугольников CAC_{1}
, MBL
и ABP
(рис. 2) находим, что
AC=AC_{1}\cos45^{\circ}=2R\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=R\sqrt{2},~CC_{1}=AC=R\sqrt{2},
MB=\frac{1}{2}BB_{1}=\frac{1}{2}CC_{1}=\frac{R\sqrt{2}}{2},
\cos\varphi=\cos\angle MBH=\frac{BH}{MB}=\frac{\frac{R\sqrt{2}}{4}}{\frac{R\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2}.
Значит, \varphi=60^{\circ}
. Тогда,
BL=BM\ctg\varphi=\frac{R\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{R\sqrt{6}}{6},
а так как (рис. 3)
S_{ABCD}=2S_{\triangle ABP}=2\cdot\frac{1}{2}AP\cdot BL=AP\cdot BL=
=BD\cdot BL=AC\cdot BL=R\sqrt{2}\cdot\frac{R\sqrt{6}}{6}=\frac{R^{2}\sqrt{3}}{3},
то
S_{\mbox{сеч.}}=\frac{S_{ABCD}}{\cos\varphi}=\frac{\frac{R^{2}\sqrt{3}}{3}}{\cos60^{\circ}}=2\cdot\frac{R^{2}\sqrt{3}}{3}=\frac{2}{3}R^{2}\sqrt{3}.