8922. Основание прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— равнобедренная трапеция ABCD
, в которой BC\parallel AD
, BC=1
, AD=5
, \angle BAD=\arctg\frac{3}{2}
. Плоскость, перпендикулярная прямой A_{1}D
, пересекает рёбра AD
и A_{1}D_{1}
в точках E
и F
соответственно, причём AE=FD_{1}=\frac{5}{3}
. Найдите периметр сечения призмы этой плоскостью.
Ответ. 12; сечение — шестиугольник.
Решение. Пусть BG
— высота трапеции ABCD
(рис. 2). Тогда
AG=\frac{1}{2}(AD-BC)=\frac{1}{2}(5-1)=2,~BG=AG\tg\angle BAD=2\cdot\frac{3}{2}=3.
Поскольку прямая A_{1}D
перпендикулярна секущей плоскости, A_{1}D\perp EF
(рис. 1).
Пусть K
— точка пересечения секущей плоскости с прямой AB
. Прямая A_{1}D
перпендикулярна секущей плоскости, содержащей прямую EK
, поэтому A_{1}D\perp EK
. По теореме о трёх перпендикулярах EK\perp AD
, так как AD
— ортогональная проекция наклонной A_{1}D
на плоскость ABCD
.
Треугольники AEK
и AGB
подобны с коэффициентом k=\frac{AE}{AG}=\frac{\frac{5}{3}}{2}=\frac{5}{6}
, поэтому
AK=kAB=\frac{5}{6}AB\lt AB,
значит, точка K
лежит на отрезке AB
. Аналогично, точка N
пересечения секущей плоскости с прямой C_{1}D_{1}
лежит на ребре C_{1}D_{1}
. При этом NF\parallel KE
и NF=KE
Пусть прямые EK
и BC
пересекаются в точке H
, прямые FN
и B_{1}C_{1}
— в точке T
, а прямая TH
пересекает прямые BB_{1}
и CC_{1}
в точках L
и M
соответственно. Тогда сечение призмы, о котором говорится в условии задачи, — шестиугольник EKLMNF
, в котором NF\parallel KE
и NF=KE
, ML\parallel EF
(по теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью).
Из подобия треугольников AEK
и AGB
находим, что
EK=k\cdot BG=3\cdot\frac{5}{6}=\frac{5}{2}.
Тогда KH=EH-EK=BG-EK=3-\frac{5}{2}=\frac{1}{2}
. Из подобия треугольников BKH
и EKA
находим, что
BH=AE\cdot\frac{KH}{KE}=AE\cdot\frac{KH}{HE-KH}=AE\cdot\frac{KH}{BG-KH}=\frac{5}{3}\cdot\frac{\frac{1}{2}}{3-\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}.
Пусть h
— высота (боковое ребро) призмы, E_{1}
— проекция точки E
на плоскость A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Тогда
E_{1}F=A_{1}D_{1}-A_{1}E_{1}-D_{1}F=5-\frac{5}{3}-\frac{5}{3}=\frac{5}{3}.
Рассмотрим грань AA_{1}D_{1}D
(рис. 3). Обозначим \angle A_{1}FE=\angle AA_{1}D=\alpha
. Из прямоугольных треугольников E_{1}FE
и AA_{1}D
находим, что
\tg\alpha=\frac{EE_{1}}{E_{1}F}=\frac{h}{\frac{5}{3}}=\frac{3h}{5},~\tg\alpha=\frac{AD}{AA_{1}}=\frac{5}{h},
откуда h=\frac{5}{\sqrt{3}}
и \tg\alpha=\sqrt{3}
. Поэтому
\alpha=60^{\circ},~EF=\frac{h}{\sin60^{\circ}}=\frac{\frac{5}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{10}{3}.
Рассмотрим грань BB_{1}C_{1}C
. Поскольку TH\parallel FE
и CH\parallel AD
, \angle LHB=\angle FED=\alpha=60^{\circ}
, а по теореме о трёх перпендикулярах \angle LHK=90^{\circ}
. Из прямоугольных треугольников LBH
и LHK
находим, что
LH=\frac{BH}{\cos60^{\circ}}=\frac{2}{3},~LK=\sqrt{KH^{2}+LH^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{2}{3}\right)^{2}}=\frac{5}{6}.
Тогда
MN=LK=\frac{5}{6},~ML=TH-LH-TM=TH-2LH=FE-2LH=\frac{10}{3}-2\cdot\frac{2}{3}=\frac{10}{3}-\frac{4}{3}=2.
Следовательно, периметр сечения равен
EF+2EK+ML+2LK=\frac{10}{3}+2\cdot\frac{5}{2}+2+2\cdot\frac{5}{6}=12.
