9308. Основания шестиугольной призмы ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
— правильные шестиугольники. Точка M
— середина ребра BB_{1}
.
а) Докажите, что прямые F_{1}M
и CD
пересекаются в точке, лежащей на прямой BF
.
б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью DMF_{1}
, если призма правильная, сторона её основания равна 1, а высота равна 3.
Ответ. 3\sqrt{3}
.
Решение. а) Прямые F_{1}M
и FB
лежат в плоскости параллельных прямых BB_{1}
и FF_{1}
. Пусть они пересекаются в точке K
. Из равенства треугольников KBM
и F_{1}B_{1}M
следует, что BK=B_{1}F_{1}
, значит, FK=2BF
. С другой стороны, если прямые CD
и BF
пересекаются в точке K_{1}
, то из прямоугольного треугольника FDK_{1}
(\angle FDK_{1}=90^{\circ}
, \angle DK_{1}F=30^{\circ}
) получаем, что FK_{1}=2FD=2BF=FK
. Значит, точка K_{1}
совпадает с K
.
б) Из доказанного следует, что прямая CD
лежит в плоскости DMF_{1}
, значит, параллельная ей прямая A_{1}F_{1}
также лежит в этой плоскости. Пусть прямые CD
и EF
пересекаются в точке L
, а прямые F_{1}L
и EE_{1}
— в точке N
. Тогда N
— точка пересечения плоскости DMF_{1}
с ребром EE_{1}
, причём N
— середина EE_{1}
. Следовательно, сечения призмы плоскостью DMF_{1}
— шестиугольник A_{1}MCDNF_{1}
. Его ортогональная проекция на плоскость основания — правильный шестиугольник ABCDEF
со стороной AB=1
и площадью \frac{3\sqrt{3}}{2}
. Поскольку AC\perp CD
, то по теореме о трёх перпендикулярах A_{1}C\perp CD
, значит, ACA_{1}
— линейный угол двугранного угла, образованного секущей плоскостью и плоскостью основания. Из прямоугольного треугольника ACA_{1}
находим, что
\tg\angle ACA_{1}=\frac{AA_{1}}{AC}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3},
поэтому \angle ACA_{1}=60^{\circ}
. Следовательно (см. задачу 8093),
S_{A_{1}MCDNF_{1}}=\frac{S_{ABCDEF}}{\cos60^{\circ}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot2=3\sqrt{3}.