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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 110580
Темы:    [ Площадь сечения ]
[ Прямая призма ]
[ Площадь и ортогональная проекция ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Основание прямой призмы ABCA1B1C1 – треугольник ABC , в котором AB=BC=5 , AC=6 . Высота призмы равна . На рёбрах AC , BC и A1C1 выбраны соответственно точки D , E и D1 так, что DC=AC , BE=CE , A1D1= A1C1 , и через эти точки проведена плоскость Π . Найдите: 1) площадь сечения призмы плоскостью Π ; 2) угол между плоскостью Π и плоскостью ABC ; 3) расстояния от точек C1 и C до плоскости Π .

Решение

Пусть прямая DD1 пересекает прямую CC1 в точке T , прямая TE пересекает прямые BB1 и B1C1 в точках Q и F соответственно, а прямая FD1 пересекает ребро A1B1 в точке M . Тогда пятиугольник DEQMD1 – сечение данной призмы плоскостью Π . Если BN – высота равнобедренного треугольника ABC , то

BN = = = 4,

а т.к. CD = AC = AN и CE=BE , то DE – средняя линия треугольника CBN , значит, DE AC . По теореме о трёх перпендикулярах DT DE , поэтому CDT – линейный угол двугранного угла между плоскостью Π и плоскостью основания призмы. Обозначим CDT = α . Из подобия треугольников CDT и C1D1T следует, что
= = = ,

поэтому TC = CC1 = . Из прямоугольного треугольника CDT находим, что
tg α = tg CDT = = = .

Тогда
cos α = = = .

Пусть P и L – ортогональные проекции точек D1 и M на плоскость ABC . Тогда пятиугольник DEBLP – ортогональная проекция на эту плоскость сечения DEQMD1 . По теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей MD1 || ED , значит, LP || ED || BN ,
AP = D1A1= A1C1 = 2, = .

Поэтому
SDEBLP = SΔ ABC - SΔ CDE - SΔ APL= SΔ ABC - SΔ BCN - SΔ BAN =


=SΔ ABC-· SΔ ABC- · SΔ ABC=


= · AC· BN = · · 6· 4 =· 12= .

Следовательно,
SDEQMD1 = = = .

Пусть G – основание перпендикуляра, опущенного из точки C на прямую DT . Плоскость Π проходит через прямую ED , перпендикулярную плоскости CDT , значит, плоскости Π и CDT перпендикулярны. Поэтому CG – перпендикуляр к плоскости Π , а расстояние от точки C до плоскости Π равно длине отрезка CG . Аналогично докажем, что расстояние от точки C1 до плоскости Π равно длине перпендикуляра C1G1 , опущенного из точки C1 на прямую DT . Из прямоугольного треугольника CDT находим, что
CG = = = = ,

а из подобия треугольников CTG и C1TG1 следует, что
C1G1 = CG· = CG· = .


Ответ

; arccos ; Х .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 8799

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

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