8799. Основание прямой призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— треугольник ABC
, в котором AB=BC=5
, AC=6
. Высота призмы равна \sqrt{6}
. На рёбрах AC
, BC
и A_{1}C_{1}
выбраны соответственно точки D
, E
и D_{1}
так, что DC=\frac{1}{4}AC
, BE=CE
, A_{1}D_{1}=\frac{1}{3}A_{1}C_{1}
, и через эти точки проведена плоскость \Pi
. Найдите:
1) площадь сечения призмы плоскостью \Pi
;
2) угол между плоскостью \Pi
и плоскостью ABC
;
3) расстояния от точек C_{1}
и C
до плоскости \Pi
.
Ответ. \frac{329}{30}
; \arccos\frac{5}{7}
; \frac{8\sqrt{6}}{7}
и \frac{3\sqrt{6}}{7}
.
Решение. Пусть прямая DD_{1}
пересекает прямую CC_{1}
в точке T
, прямая TE
пересекает прямые BB_{1}
и B_{1}C_{1}
в точках Q
и F
соответственно, а прямая FD_{1}
пересекает ребро A_{1}B_{1}
в точке M
. Тогда пятиугольник DEQMD_{1}
— сечение данной призмы плоскостью \Pi
.
Если BN
— высота равнобедренного треугольника ABC
, то
BN=\sqrt{AB^{2}-AN^{2}}=\sqrt{25-9}=4,
а так как CD=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{2}AN
и CE=BE
, то DE
— средняя линия треугольника CBN
, значит, DE\perp AC
.
По теореме о трёх перпендикулярах DT\perp DE
, поэтому CDT
— линейный угол двугранного угла между плоскостью \Pi
и плоскостью основания призмы. Обозначим \angle CDT=\alpha
.
Из подобия треугольников CDT
и C_{1}D_{1}T
следует, что
\frac{TC}{TC_{1}}=\frac{CD}{C_{1}D_{1}}=\frac{\frac{1}{4}AC}{\frac{2}{3}A_{1}C_{1}}=\frac{3}{8},
поэтому TC=\frac{3}{5}CC_{1}=\frac{3}{5}\sqrt{6}
. Из прямоугольного треугольника CDT
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle CDT=\frac{TC}{CD}=\frac{\frac{3}{5}\sqrt{6}}{\frac{3}{2}}=\frac{2}{5}\sqrt{6}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{24}{25}}}=\frac{5}{7}.
Пусть P
и L
— ортогональные проекции точек D_{1}
и M
на плоскость ABC
. Тогда пятиугольник DEBLP
— ортогональная проекция на эту плоскость сечения DEQMD_{1}
. По теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей MD_{1}\parallel ED
, значит, LP\parallel ED\parallel BN
,
AP=D_{1}A_{1}=\frac{1}{3}A_{1}C_{1}=2,~\frac{AP}{AN}=\frac{2}{3}.
Поэтому
S_{DEBLP}=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle CDE}-S_{\triangle APL}=S_{\triangle ABC}-\frac{1}{4}S_{\triangle BCN}-\frac{4}{9}S_{\triangle BAN}=
=S_{\triangle ABC}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}-\frac{4}{9}\cdot\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=
=\frac{47}{72}\cdot\frac{1}{2}AC\cdot BN=\frac{47}{72}\cdot\frac{1}{2}\cdot6\cdot4=\frac{47}{72}\cdot12=\frac{47}{6}.
Следовательно,
S_{DEQMD_{1}}=\frac{S_{DEBLP}}{\cos\alpha}=\frac{\frac{47}{6}}{\frac{5}{7}}=\frac{329}{30}.
Пусть G
— основание перпендикуляра, опущенного из точки C
на прямую DT
. Плоскость \Pi
проходит через прямую ED
, перпендикулярную плоскости CDT
, значит, плоскости \Pi
и CDT
перпендикулярны. Поэтому CG
— перпендикуляр к плоскости \Pi
, а расстояние от точки C
до плоскости \Pi
равно длине отрезка CG
. Аналогично докажем, что расстояние от точки C_{1}
до плоскости \Pi
равно длине перпендикуляра C_{1}G_{1}
, опущенного из точки C_{1}
на прямую DT
. Из прямоугольного треугольника CDT
находим, что
CG=\frac{CD\cdot CT}{DT}=\frac{CD\cdot CT}{\sqrt{CD^{2}+CT^{2}}}=\frac{\frac{3}{2}\cdot\frac{3}{5}\sqrt{6}}{\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{54}{25}}}=\frac{3\sqrt{6}}{7},
а из подобия треугольников CTG
и C_{1}TG_{1}
следует, что
C_{1}G_{1}=CG\cdot\frac{TC_{1}}{TC}=CG\cdot\frac{8}{3}=\frac{8\sqrt{6}}{7}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2003, билет 9, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 03-9-5, с. 422