9123. На ребре AA_{1}
прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
взята точка E
так, что A_{1}E=6EA
. Точка T
— середина ребра B_{1}C_{1}
. Известно, что AB=4\sqrt{2}
, AD=12
, AA_{1}=14
.
а) Докажите, что плоскость ETD_{1}
делит ребро BB_{1}
в отношении 4:3
.
б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью ETD_{1}
.
Ответ. 90.
Решение. Первый способ. а) Треугольник D_{1}EA_{1}
— равнобедренный и прямоугольный, так как A_{1}E=\frac{6}{7}AA_{1}=12
. Пусть плоскость ETD_{1}
пересекает прямую BB_{1}
в точке N
. Тогда TN\parallel ED_{1}
(см. задачу 8009), поэтому \angle TNB_{1}=D_{1}EA_{1}=45^{\circ}
. Значит,
B_{1}N=B_{1}T=6,~BN=BB_{1}-B_{1}N=14-6=8.
Следовательно, BN:B_{1}N=8:6=4:3
.
б) Пусть K
— основание перпендикуляра, опущенного из точки E
на BB_{1}
. Из прямоугольных треугольников EKN
и TC_{1}D_{1}
находим, что
EN=\sqrt{EK^{2}+KN^{2}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^{2}+6^{2}}=\sqrt{68},
D_{1}T=\sqrt{C_{1}D_{1}^{2}+C_{1}T^{2}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^{2}+6^{2}}=\sqrt{68},
Значит, сечение параллелепипеда плоскостью ETD_{1}
— равнобедренная трапеция ED_{1}TN
с основаниями ED_{1}=12\sqrt{2}
, NT=6\sqrt{2}
и боковыми сторонами EN=TD_{1}=\sqrt{68}
.
Пусть NP
— высота этой трапеции. Тогда
PE=\frac{1}{2}(ED_{1}-NT)=3\sqrt{2},~NP=\sqrt{EN^{2}-PE^{2}}=\sqrt{68-18}=5\sqrt{2}.
Следовательно,
S_{ED_{1}TN}=\frac{1}{2}(ED_{1}+NT)\cdot NP=9\sqrt{2}\cdot5\sqrt{2}=90.
Второй способ. а) Поскольку A_{1}E=6EA
, а AA_{1}=14
, то A_{1}E=\frac{6}{7}AA_{1}=12
.
Продолжим отрезки A_{1}B_{1}
и D_{1}T
до пересечения в точке M
. Поскольку T
— середина ребра B_{1}C_{1}
, прямоугольные треугольники TB_{1}M
и TC_{1}B_{1}
равны по катету и прилежащему острому углу. Значит, MB_{1}=C_{1}D_{1}=AB=4\sqrt{2}
, а B_{1}
— середина отрезка A_{1}M
.
Точки E
и M
лежат в плоскости грани AA_{1}B_{1}B
, поэтому ME
— прямая пересечения плоскостей ETD_{1}
и AA_{1}B_{1}
. Пусть эта прямая пересекает ребро BB_{1}
в точке N
. Тогда B_{1}N
— средняя линия треугольника MA_{1}E
, значит, B_{1}N=\frac{1}{2}A_{1}E=6
. Следовательно,
\frac{B_{1}N}{NB}=\frac{6}{14-6}=\frac{3}{4}.
Что и требовалось доказать.
б) Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины A_{1}
на прямую ME
пересечения плоскостей ETD_{1}
и AA_{1}B_{1}
. Поскольку D_{1}A_{1}
— перпендикуляр к плоскости AA_{1}B_{1}
, отрезок A_{1}H
— ортогональная проекция наклонной D_{1}H
на эту плоскость. По теореме о трёх перпендикулярах D_{1}H\perp ME
, значит, A_{1}HD_{1}
— линейный угол двугранного угла между плоскостями ETD_{1}
и AA_{1}B_{1}
.
Из прямоугольного треугольника MEA_{1}
находим, что
A_{1}H=\frac{A_{1}E\cdot A_{1}M}{EM}=\frac{12\cdot8\sqrt{2}}{\sqrt{12^{2}+(8\sqrt{2})^{2}}}=\frac{96\sqrt{2}}{4\sqrt{17}}=\frac{24\sqrt{2}}{\sqrt{17}}.
Следовательно,
\tg\angle A_{1}HD_{1}=\frac{A_{1}D_{1}}{A_{1}H}=\frac{12}{\frac{24\sqrt{2}}{\sqrt{17}}}=\frac{\sqrt{17}}{2\sqrt{2}}.
Тогда
\cos\angle A_{1}HD=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\angle A_{1}HD}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{17}{8}}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}.
Пусть S
— площадь сечения ED_{1}TN
, S'
— площадь ортогональной проекции этого сечения на плоскость AA_{1}B_{1}D
(т. е. прямоугольной трапеции с основаниями EA_{1}=12
и NB_{1}=6
). По теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093)
S=\frac{S'}{\cos\angle A_{1}HD}=\frac{\frac{12+6}{2}\cdot4\sqrt{2}}{\frac{2\sqrt{2}}{5}}=90.