9489. Постройте сечение треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
плоскостью, проходящей через середины рёбер AA_{1}
, A_{1}C_{1}
и центр основания ABC
.
Решение. Пусть O
— центр грани ABC
, M
— середина ребра AA_{1}
, N
— середина A_{1}C_{1}
, P
и Q
— точки пересечения прямой MN
с прямыми AC
и CC_{1}
соответственно, D
и E
— точки пересечения прямой OP
с прямыми AB
и BC
соответственно, F
— точка пересечения прямых QE
и B_{1}C_{1}
, лежащих в плоскости BB_{1}C_{1}C
. Тогда требуемое сечение — пятиугольник DEFNM
.
Примечание. Из равенства треугольников AMP
и A_{1}MN
получаем, что
AP=A_{1}N=\frac{1}{2}A_{1}C_{1}=\frac{1}{2}AC.
Пусть BL
— медиана треугольника ABC
. Применив теорему Менелая к треугольнику ABL
и прямой OP
(см. задачу 1622), получим, что
\frac{AD}{DB}\cdot\frac{BO}{OL}\cdot\frac{LP}{PA}=1,~\mbox{или}~\frac{AD}{DB}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{1}=1,
откуда \frac{AD}{DB}=\frac{1}{4}
.
Применив теорему Менелая к треугольнику BCL
и прямой OP
, получим, что
\frac{BE}{EC}\cdot\frac{CP}{PL}\cdot\frac{LO}{OB}=1,~\mbox{или}~\frac{BE}{EC}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}=1,
откуда \frac{BE}{EC}=\frac{4}{3}
.
Из равенства треугольников QNC_{1}
и ANM
получаем, что
QC_{1}=A_{1}M=\frac{1}{2}AA_{1}=\frac{1}{2}CC_{1}.
Треугольник QFC_{1}
подобен треугольнику QEC
с коэффициентом \frac{QC_{1}}{QC}=\frac{1}{3}
, поэтому C_{1}F=\frac{1}{3}EC
, а так как \frac{BE}{EC}=\frac{4}{3}
, то
B_{1}C_{1}=BC=\frac{7}{3}EC,~B_{1}F=B_{1}C_{1}-C_{1}F=\frac{7}{3}EC-\frac{1}{3}EC=2EC.
Следовательно,
\frac{C_{1}F}{FB_{1}}=\frac{\frac{1}{3}EC}{2EC}=\frac{1}{6}.