9504. Дана правильная шестиугольная призма ABCDEFA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}E_{1}F_{1}
. Все рёбра призмы равны a
. Найдите площадь сечения плоскостью, проходящей через середины рёбер BC
, EF
и центр грани AA_{1}B_{1}B
.
Ответ. \frac{a^{2}\sqrt{39}}{4}
.
Решение. Пусть O
— центр квадрата AA_{1}B_{1}B
, M
и N
— середины рёбер BC
и EF
соответственно, P
и Q
— точки пересечения прямой MN
с прямыми соответственно AB
и AF
, K
и G
— точки пересечения прямой PO
с рёбрами соответственно BB_{1}
и AA_{1}
, L
— точка пересечения прямой GQ
с ребром FF_{1}
. Тогда сечение, о котором говорится в условии задачи, — пятиугольник MKGLN
.
Из прямоугольного треугольника BMP
с углом 30^{\circ}
при вершине P
находим, что BP=2BM=BC=AB
. Значит, B
— середина отрезка AP
, а BK
— средняя линия треугольника PAG
. Кроме того, треугольники OGA_{1}
и OKB
равны, поэтому AG=2BK=2GA_{1}
, т. е. точка G
делит ребро AA_{1}
в отношении AG:GA_{1}=2:1
.
Пусть H
— центр основания ABCDEF
призмы. Пятиугольник MBAFN
— ортогональная проекция сечения MKGLN
на плоскость основания ABCDEF
, а AHG
— угол между плоскостями сечения и основания, поэтому
S_{MKGLN}=\frac{S_{MBAFN}}{\cos\angle AHG}
(см. задачу 8093).
Пусть s
— площадь основания. Тогда
S_{MBAFN}=\frac{1}{2}s=\frac{1}{2}\cdot\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}.
Из прямоугольного треугольника AHG
находим, что
\tg\angle AHG=\frac{AG}{AH}=\frac{\frac{2}{3}a}{a}=\frac{2}{3}.
Тогда
\cos\angle AHG=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{4}{9}}}=\frac{3}{\sqrt{13}}.
Следовательно,
S_{MKGLN}=\frac{S_{MBAFN}}{\cos\angle AHG}=\frac{\frac{3a^{2}\sqrt{3}}{4}}{\frac{3}{\sqrt{13}}}=\frac{a^{2}\sqrt{39}}{4}.