9943. Рёбра AB
, AD
и AA_{1}
прямоугольного параллелепипеда ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
равны соответственно 6, 6 и 6\sqrt{2}
. На ребре CD
отметили точку K
, для которой CK:KD=2:1
. Через точку K
провели плоскость, параллельную прямым A_{1}C_{1}
и DB_{1}
. Найдите площадь сечения параллелепипеда этой плоскостью.
Ответ. 34\sqrt{2}
.
Решение. Плоскость грани ABCD
проходит через прямую AC
, параллельную секущей плоскости, и имеет с ней общую точку K
, значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку K
параллельно AC
(см. задачу 8003). Пусть эта прямая пересекает отрезки BD
и AD
в точках L
и M
соответственно, а прямые AB
и BC
— в точках P
и Q
соответственно. Тогда
DM:DA=DL:DB=DK:DC=1:3.
Плоскость диагонального сечения BB_{1}D_{1}D
проходит через прямую DB_{1}
и имеет с секущей плоскостью общую точку L
. Значит, эти плоскости пересекаются по прямой, проходящей через точку L
параллельно DB_{1}
. Пусть эта прямая пересекает ребро BB_{1}
в точке N
, а отрезки NP
и NQ
пересекают рёбра соответственно AA_{1}
и CC_{1}
в точках E
и F
. Тогда пятиугольник KMENF
— сечение, о котором говорится в условии задачи.
Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что BLN
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостью сечения и плоскостью грани ABCD
. Обозначим его \varphi
. Тогда из параллельности LN
и DB_{1}
получаем, что \angle BDB_{1}=\varphi
, и
\tg\varphi=\frac{BB_{1}}{BD{1}}=\frac{BB_{1}}{\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}}=\frac{6\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=1.
Следовательно, \varphi=45^{\circ}
.
Пятиугольник KMABC
— ортогональная проекция пятиугольника KMENF
на плоскость грани ABCD
, причём
S_{KMABC}=S_{ABCD}-S_{\triangle KDM}=S_{ABCD}-\frac{1}{9}S_{\triangle ADC}=6^{2}-\frac{1}{9}\cdot\frac{1}{2}\cdot6^{2}=36-2=34.
По теореме о площади ортогональной проекции (см. задачу 8093)
S_{KMENF}=\frac{S_{KMABC}}{\cos\varphi}=\frac{34}{\cos45^{\circ}}=\frac{34}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=34\sqrt{2}