9133. На ребре AA_{1}
прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
взята точка E
так, что A_{1}E:EA=5:3
, на ребре BB_{1}
— точка F
так, что B_{1}F:FB=5:11
, а точка T
— середина ребра B_{1}C_{1}
. Известно, что AB=6\sqrt{2}
, AD=10
, AA_{1}=16
.
а) Докажите, что плоскость EFT
проходит через вершину D_{1}
.
б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью EFT
.
Ответ. 97{,}5
.
Решение. а) Поскольку A_{1}E=\frac{5}{8}AA_{1}=10=A_{1}D_{1}
и B_{1}F=\frac{5}{16}BB_{1}=5=BT
, треугольники EA_{1}D_{1}
и FB_{1}T
прямоугольные и равнобедренные, значит,
\angle A_{1}ED_{1}=\angle B_{1}FT=45^{\circ}.
По теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью (см. задачу 8009) прямая пересечения плоскостей EFT
и AA_{1}D_{1}D
параллельна прямой FT
, значит, образует угол 45^{\circ}
с прямой AA_{1}
, поэтому она совпадает с прямой ED_{1}
. Следовательно, плоскость EFT
проходит через вершину D_{1}
.
б) Сечение параллелепипеда плоскостью EFT
— трапеция EFTD_{1}
с основаниями FT=5\sqrt{2}
и ED_{1}=10\sqrt{2}
. Из прямоугольного треугольника TC_{1}D_{1}
находим, что
TD_{1}=\sqrt{C_{1}T^{2}+D_{1}T^{2}}=\sqrt{5^{2}+(6\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{97}.
Пусть P
— ортогональная проекция точки F
на прямую AA_{1}
. Тогда
PF=A_{1}B_{1}=C_{1}D_{1},~EP=A_{1}E-A_{1}P=A_{1}E-B_{1}F=10-5=5=TC_{1}.
Значит, прямоугольные треугольники EPF
и TC_{1}D_{1}
равны по двум катетам. Поэтому EF=TD_{1}=\sqrt{97}
. Следовательно, трапеция EFTD_{1}
равнобедренная.
Пусть TH
— её высота. Тогда
D_{1}H=\frac{AD_{1}-FT}{2}=\frac{10\sqrt{2}-5\sqrt{2}}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}
(см. задачу 1921),
TH=\sqrt{TD_{1}^{2}-D_{1}H^{2}}=\sqrt{97-\frac{25}{2}}=\frac{13}{\sqrt{2}}.
Следовательно,
S_{EFTD}=\frac{AD_{1}+FT}{2}\cdot D_{1}H=\frac{10\sqrt{2}+5\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{13}{\sqrt{2}}=\frac{195}{2}=97{,}5.