Задача 111286

Темы:    [ Площадь сечения ] [ Прямая призма ] [ Площадь и ортогональная проекция ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Основание прямой призмы ABCA₁B₁C₁ ─ равнобедренный треугольник ABC, в котором AB = BC = 5, ∠ABC = 2 arcsin ⅗. Плоскость, перпендикулярная прямой A₁C, пересекает рёбра AC и A₁C₁ в точках D и E соответственно, причём AD = ⅓AC, EC₁ = ⅓A₁C₁. Найдите площадь сечения призмы этой плоскостью.

Решение

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Пусть M ─ середина основания AC равнобедренного треугольника ABC (рис. 1). Из прямоугольного треугольника AMB находим, что

AM = AB sin ∠ABM = 5 ·

3 5

= 3,   BM =

√ AB² − AM²

=

√ 25 − 9

= 4.

Тогда

AC = 2AM = 6,   AD = ⅓AC = 2,   C₁E = ⅓A₁C₁ = 2.

Поскольку прямая A₁C перпендикулярна секущей плоскости (рис. 2), то A₁C ⊥ DE. Пусть O ─ точка пересечения отрезков A₁C и DE. Из равенства прямоугольных треугольников A₁OE и COD (по гипотенузе и острому углу) следует, что O ─ середина A₁C. Поэтому перпендикуляр, опущенный из точки O на AC проходит через точку M, а так как призма прямая, этот перпендикуляр лежит в плоскости грани AA₁C₁C.

Пусть K ─ точка пересечения секущей плоскости с прямой AB. Прямая A₁C перпендикулярна секущей плоскости, содержащей прямую DK, поэтому A₁C ⊥ DK. По теореме о трёх перпендикулярах, DK ⊥ AC, так как AC ─ ортогональная проекция наклонной A₁C на плоскость ABC. Треугольники

ADK и AMB подобны с коэффициентом k =

AD AM

=

2 3

, поэтому

AK = k · AB =

2 3

AB < AB.

Значит, точка K лежит на отрезке AB. Аналогично, точка P пересечения плоскости с прямой B₁C₁ лежит на ребре B₁C₁. При этом EP ∥ DK и EP = DK.

Пусть прямые ED и AA₁ пересекаются в точке L, прямые LK и BB₁ ─ в точке N. Тогда сечение призмы, о котором говорится в условии задачи, ─ пятиугольник DKNPE. Его ортогональная проекция на плоскость ABC ─ пятиугольник DKBP₂E₂ (рис. 1, 2), где P₂ и E₂ ─ ортогональные проекции на плоскость ABC точек P и E. Тогда

S△CE₂P₂ = S△ADK = k² · S△AMB = k² ·

1 2

· AM · BM =

(

2 3

)

²

·

1 2

· 3 · 4 =

8 3

,

SDKBP₂E₂ = S△ABC − 2S△ADK =

1 2

· AC · BM − 2S△ADK =

1 2

· 6 · 4 − 2 ·

8 3

=

20 3

.

Пусть h ─ высота (боковое ребро) призмы. Рассмотрим грань AA₁C₁C (рис. 3). Обозначим ∠A₁CC₁ = ∠EE₂D = α. Из прямоугольных треугольников CA₁C₁ и DEE₂ находим, что

tg α =

A₁C₁ CC₁

=

6 h

и   tg α =

EE₂ DE₂

=

h 2

,

откуда h = 2

√ 3

и tg α =

√ 3

. Поэтому α = 60°.

Так как CD ⊥ KD и ED ⊥ KD, угол EDC ─ линейный угол двугранного угла между секущей плоскостью и плоскостью ABC, а поскольку ∠EDC = α = 60°, то, по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника,

SDKNPE =

SDKBP₂E₂  cos α

=

²⁰⁄₃ ½

=

40 3

.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8921