9383. Основанием прямой призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
служит треугольник ABC
с углом B
, равным 90^{\circ}
, и углом C
, равным 30^{\circ}
. Найдите площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через центр боковой грани AA_{1}C_{1}C
и вершину B
и параллельной диагонали боковой грани AB_{1}
, если расстояние от вершины C
до секущей плоскости равно 2, а гипотенуза основания призмы равна \sqrt{14}
.
Ответ. \frac{21}{8}
.
Решение. Пусть O
— центр боковой грани AA_{1}C_{1}C
. Плоскость AB_{1}C_{1}
проходит через прямую AB_{1}
, параллельную секущей плоскости, и имеет с секущей плоскостью общую точку O
. Значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку O
параллельно AB_{1}
(см. задачу 8003). Пусть эта прямая пересекается с прямой B_{1}C_{1}
в точке M
. Поскольку O
— середина AC_{1}
и OM\parallel AB_{1}
, отрезок OM
— средняя линия треугольника AB_{1}C_{1}
. Следовательно, M
— середина ребра B_{1}C_{1}
.
Пусть T
— точка пересечения прямых BM
и CC_{1}
, а D
— точка пересечения прямых TO
и AC
, лежащих в плоскости AA_{1}C_{1}C
. Тогда искомое сечение — четырёхугольник BMED
, в котором ME\parallel BD
(см. задачу 8009), т. е. это трапеция.
Поскольку M
— середина ребра B_{1}C_{1}
и MC_{1}\parallel BC
, отрезок MC_{1}
— средняя линия треугольника BCT
. Значит, C_{1}
— середина CT
. Тогда M
и E
— середины BT
и DT
соответственно, а ME
— средняя линия треугольника BDT
. Точка O
— середина отрезка AC_{1}
, поэтому
A_{1}E=CD=2C_{1}E.
Обозначим AC=a
. Тогда
AB=\frac{1}{2}a,~BC=\frac{a\sqrt{3}}{2},~AD=\frac{a}{3}.
По теореме косинусов
BD=\sqrt{\frac{a^{2}}{9}+\frac{a^{2}}{4}-\frac{a^{2}}{6}}=\frac{a\sqrt{7}}{6}=\frac{7\sqrt{2}}{6},
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot\frac{a}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{8}=\frac{7\sqrt{3}}{4},~
S_{\triangle BCD}=\frac{CD}{AC}\cdot S_{\triangle ABC}=\frac{2}{3}\cdot\frac{7\sqrt{3}}{4}=\frac{7\sqrt{3}}{6}.
Опустим перпендикуляр CP
из вершины C
на прямую BD
. Тогда
CP=\frac{2S_{\triangle BCD}}{BD}=\frac{\frac{7\sqrt{3}}{2}}{\frac{7\sqrt{2}}{6}}=\sqrt{6}.
Опустим перпендикуляр CH
из точки C
на прямую TP
. Тогда CH
— перпендикуляр к плоскости BDT
. По условию задачи CH=2
. Обозначим \angle CPT=\varphi
. Из прямоугольных треугольников CPH
и CPT
находим, что
\sin\varphi=\frac{CH}{CP}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},~\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{3}},
TP=\frac{CP}{\cos\varphi}=\frac{\sqrt{6}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}==3\sqrt{2},
S_{\triangle BDT}=\frac{1}{2}BD\cdot TP=\frac{1}{2}\cdot\frac{7\sqrt{2}}{6}\cdot3\sqrt{2}=\frac{7}{2}.
Следовательно,
S_{\triangle BMED}=\frac{3}{4}S_{\triangle BDT}=\frac{3}{4}\cdot\frac{7}{2}=\frac{21}{8}.