9808. Найдите площадь сечения проведённого через середины рёбер A_{1}B_{1}
, B_{1}B
и BC
правильной треугольной призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
, зная, что в сечение можно вписать окружность диаметра d
.
Ответ. d^{2}
.
Решение. Пусть K
, L
и M
— середины рёбер A_{1}B_{1}
, B_{1}B
и BC
соответственно, P
и Q
— точки пересечения прямых AA_{1}
и AB
с прямой KL
, E
— точка пересечения прямых QM
и AC
, F
— точка пересечения прямых EP
и A_{1}C_{1}
. Тогда пятиугольник KLMEF
— сечение призмы, о котором говорится в условии. При этом
BQ=B_{1}K=\frac{1}{2}A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB,
поэтому A_{1}K:QA=BQ:QA=1:3
.
По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой QE
(см. задачу 1622) находим, что CE:AE=1:3
, а из подобия треугольников PA_{1}F
и PAE
получаем
A_{1}F=\frac{1}{3}AE=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{4}AC=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{4}A_{1}C_{1},
поэтому A_{1}F:FC_{1}=1:3
. Значит, отрезок KF
параллелен высоте равностороннего треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
, проведённой из вершины B_{1}
. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах EF\perp KF
, т. е. \angle KFE=90^{\circ}
.
Кроме того, LK=LM
(из равенства прямоугольных треугольников KB_{1}L
и MBL
) и KF\parallel ME
по теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей (см. задачу 8009). Тогда \angle MEF=\angle KFE=90^{\circ}
, а из равенства прямоугольных треугольников CEM
и AKF
получаем, что ME=KF
.
Пусть LH
— перпендикуляр, опущенный из точки L
на EF
. Треугольник PFK
подобен треугольнику PEQ
с коэффициентом \frac{A_{1}K}{QA}=\frac{1}{3}
, поэтому QE=3KF
, а так как LH
— средняя линия прямоугольной трапеции EFKQ
, то
LH=\frac{KF+EQ}{2}=\frac{KF+3KF}{2}=2KF.
По условию задачи в пятиугольник KLMEF
можно вписать окружность. Её центр O
лежит на биссектрисе угла LKF
и на отрезке LH
, параллельном KF
, поэтому
\angle OKL=\angle OKF=\angle LOK.
Значит, треугольник PLK
равнобедренный, LK=LO
.
Пусть T
— точка пересечения KM
и LH
. Тогда TKFH
— прямоугольник, поэтому HT=FK=\frac{1}{2}LH
, т. е. T
— середина отрезка LH
.
Обозначим через a
сторону основания призмы. Тогда
ME=KF=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4},~LH=2KF=\frac{a\sqrt{3}}{2},
LK=LO=LH-OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}-\frac{d}{2},~LT=\frac{1}{2}LH=\frac{a\sqrt{3}}{4}.
По теореме Пифагора LK^{2}=KT^{2}+LT^{2}
, или
\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}-\frac{d}{2}\right)^{2}=\frac{d^{2}}{4}+\frac{3a^{2}}{16},
откуда a=\frac{8d\sqrt{3}}{9}
. Тогда
KF=LT=TH=\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{2}{3}d,
Следовательно,
S_{KLMEF}=S_{KFEM}+S_{\triangle KLM}=KM\cdot KF+\frac{1}{2}KM\cdot LT=d\cdot\frac{2}{3}d+\frac{1}{2}d\cdot\frac{2}{3}d=d^{2}.
Источник: Дзык П. Г. Сборник стереометрических задач на комбинации геометрических тел. — Одесса: Mathesis, 1914. — № 191, с. 29