9488. Постройте сечение треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
плоскостью, проходящей через центр грани AA_{1}B_{1}B
, середину ребра B_{1}C_{1}
и точку M
ребра A_{1}C_{1}
, если A_{1}M:MC_{1}=1:2
.
Решение. Пусть O
— центр грани AA_{1}B_{1}B
данной треугольной призмы, N
— середина ребра B_{1}C_{1}
, K
— точка пересечения прямых NM
и A_{1}B_{1}
, лежащих в плоскости A_{1}B_{1}C_{1}
, а E
и F
— точки пересечения прямой KO
с рёбрами AA_{1}
и BB_{1}
соответственно. Тогда требуемое сечение — четырёхугольник MNFE
.
Примечание. Применив теорему Менелая к треугольнику A_{1}B_{1}C_{1}
и прямой MN
(см. задачу 1622), получим, что
\frac{A_{1}N}{NC_{1}}\cdot\frac{C_{1}K}{KB_{1}}\cdot\frac{B_{1}M}{MA_{1}}=1,~\mbox{или}~\frac{1}{1}\cdot\frac{C_{1}K}{KB_{1}}\cdot\frac{1}{2}=1,
откуда \frac{C_{1}K}{KB_{1}}=2
, т. е. B_{1}
— середина отрезка C_{1}K
.
Треугольники BOF
и A_{1}OE
, поэтому BF=A_{1}E
и B_{1}F=EA
, а так как отрезок A_{1}E
— средняя линия треугольника KB_{1}F
, то
A_{1}E=\frac{1}{2}B_{1}F=\frac{1}{2}EA.
Следовательно,
BF:FB_{1}=A_{1}E:EA=1:2.