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}.