|
|
 |
Условие
Сторона основания $ABC$ правильной треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$ равна 6, а высота равна $\frac{3}{\sqrt{7}}$. На рёбрах $AC$, $A_1C_1$ и $BB_1$ расположены соответственно точки $P$, $F$ и $K$ так, что $AP=1$, $A_1F=3$ и $BK=KB_1$. Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точки $P$, $F$ и $K$. Найдите площадь сечения и угол между плоскостью основания призмы и плоскостью сечения.Решение
Пусть прямые $FP$ и $AA_1$ пересекаются в точке $M$ (рис.1), прямая $MK$ пересекает прямые $AB$ и $A_1B_1$ в точках $L$ и $E$ соответственно, а прямые $EF$ и $B_1C_1$ пересекаются в точке $N$. Тогда пятиугольник $PLKNF$ – искомое сечение.
Из подобия треугольников $MAP$ и $MA_1F$ находим, что $\frac{MA}{MA_1}=\frac{AP}{A_1F}=\frac{1}{3}$, поэтому $$MA = \frac{1}{2} AA_1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{\sqrt{7}} = \frac{3}{2 \sqrt{7}}, \; MA_1 = \frac{3}{2} AA_1 = \frac{3}{2} \cdot \frac{3}{\sqrt{7}} = \frac{9}{2 \sqrt{7}}.$$ Поскольку $K$ – середина $BB_1$, $BK = KB_1 = AM$. Из равенства треугольников $MAL$, $KBL$ и $KB_1E$ находим, что $B_1E = BL = AL = 3$.
Пусть $H$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $A_1$ на прямую $EF$. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах $MH \perp FE$, значит, $MFA_1$ – линейный угол двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью основания призмы. По теореме косинусов $$ FE = \sqrt{A_1F^2 + A_1E^2 - 2 A_1F \cdot A_1E \cdot \cos 60^\circ} = \sqrt{81 + 9 - 9 \cdot 3} = 3 \sqrt{7},$$ поэтому $$ S_{\Delta A_1FE} = \frac{1}{2} EF \cdot A_1H = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{7} \cdot A_1H = \frac{3 \sqrt{7}}{2} A_1H. $$ С другой стороны, $$ S_{\Delta A_1FE} = \frac{1}{2} A_1F \cdot A_1E \sin 60^\circ = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 9 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{27\sqrt{3}}{4}.$$ Из уравнения $\frac{3\sqrt{7}}{2} A_1H = \frac{27\sqrt{3}}{4}$ находим, что $A_1H = \frac{9\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$. Следовательно, $$ \operatorname{tg} \angle MFA_1 = \frac{MA_1}{A_1H} = \frac{9/(2\sqrt{7})}{9\sqrt{3}/(2\sqrt{7})} = \frac{1}{\sqrt{3}}, \; \angle MFA_1 = 30^\circ.$$
Через точку $B_1$ проведём прямую, параллельную $A_1C_1$ (рис.2). Пусть эта прямая пересекается с прямой $B_1C_1$ в точке $Q$. Из подобия треугольников $EB_1Q$ и $EA_1F$ следует, что $$ B_1Q = A_1F \cdot \frac{EB_1}{A_1F} = 3 \cdot \frac{3}{9} = 1,$$ а из подобия треугольников $NQB_1$ и $NFC_1$ – $$\frac{B_1N}{NC_1} = \frac{B_1Q}{FC_1} = \frac{1}{3}.$$
Пусть $P_1$ и $L_1$ – ортогональные проекции точек $P$ и $L$ на плоскость основания $A_1B_1C_1$. Тогда $A_1P_1 = AP= 1$ и $A_1L_1 = AL = 3$, пятиугольник $P_1L_1B_1NF$ – ортогональная проекция сечения $PLKNF$ на плоскость $A_1B_1C_1$, а значит, $$ S_{P_1L_1B_1NF} = S_{\Delta A_1B_1C_1} - S_{\Delta A_1P_1L_1} - S_{\Delta C_1FN} = $$ $$= S_{\Delta A_1B_1C_1} - \frac{AP_1}{A_1C_1} \cdot \frac{A_1L_1}{A_1B_1} S_{\Delta A_1B_1C_1} - \frac{C_1F}{A_1C_1} \cdot \frac{C_1N}{C_1B_1} S_{\Delta A_1B_1C_1} = $$ $$= S_{\Delta A_1B_1C_1} - \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2} S_{\Delta A_1B_1C_1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} S_{\Delta A_1B_1C_1} = \frac{13}{24} S_{\Delta A_1B_1C_1} = $$ $$ = \frac{13}{24} \cdot \frac{A_1B_1^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{13}{24} \cdot \frac{36 \sqrt{3}}{4} = \frac{39 \sqrt{3}}{8}.$$ Следовательно, $$ S_{PLBNF} = \frac{S_{P_1L_1B_1NF}}{\cos \angle MFA_1} = \frac{39 \sqrt{3}/8}{\sqrt{3}/2} = \frac{39}{4}.$$
Ответ
$\frac{39}{4}$; $\frac{\pi}{6}$.Источники и прецеденты использования
| web-сайт | |
| Название | Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
| URL | http://zadachi.mccme.ru |
| задача | |
| Номер | 8747 |
