ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 110439
Темы:    [ Прямоугольные параллелепипеды ]
[ Площадь сечения ]
[ Площадь и ортогональная проекция ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Диагонали прямоугольного параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 , вписанного в сферу радиуса R , наклонены к плоскости основания под углом 45o . Найдите площадь сечения этого параллелепипеда плоскостью, которая проходит через диагональ AC1 , параллельна диагонали основания BD и образует с диагональю BD1 угол, равный arcsin .

Решение

Точка O пересечения диагоналей параллелепипеда ABCDA1B1C1D1 (рис.1) равноудалена от всех его вершин, поэтому O – центр сферы, описанной около параллелепипеда. Тогда AC1 = BD1 = 2R . Плоскость основания ABCD проходит через прямую BD , параллельную секущей плоскости, поэтому прямая l пересечения секущей плоскости с плоскостью этого основания параллельна прямой BD . Пусть прямая l пересекает прямые BC и CD в точках P и Q соответственно. Тогда PB=AD как противоположные стороны параллелограмма ADBP . Если прямые C1Q и DD1 пересекаются в точке N , а прямые C1P и BB1 – в точке M , то сечение, о котором говорится в условии задачи, – параллелограмм AMC1N . Из равенства треугольников BMP и B1MC1 (по стороне и двум прилежащим к ней углам) следует, что M – середина ребра BB1 . Аналогично, N – середина ребра DD1 . Площадь сечения равна площади его ортогональной проекции, т.е. прямоугольника ABCD , делённой на косинус угла между плоскостью сечения и плоскостью основания ABCD . Пусть L – основание перпендикуляра, опущенного из точки M на прямую l . По теореме о трёх перпендикулярах BL l , значит, MLB – линейный угол двугранного угла между плоскостями сечения и основания. Обозначим MLB = ϕ . Пусть H – основание перпендикуляра, опущенного из точки B на ML . Так как BH ML и BH l , то BH – перпендикуляр к секущей плоскости, значит, OH – ортогональная проекция на эту плоскость наклонной OB . По условию задачи BOH = arcsin , поэтому

BH = OB sin BOH = R· = .

Из прямоугольных треугольников CAC1 , MBL и ABP (рис.2) находим, что
AC = AC1 cos 45o = 2 = R, CC1=AC = R,


MB = BB1=CC1 = ,


cos ϕ = cos MBH = = =.

Значит, ϕ = 60o . Тогда,
BL = BM ctg ϕ = · = ,

а т.к. (рис.3)
SABCD = 2SΔ ABP = 2· AP· BL = AP· BL =


=BD· BL = AC· BL = R· = ,

то
S сеч. = = = 2· =R2.


Ответ

=R2 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 8625

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .