Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1151
2015-11-02 
Правильная треугольная призма $ABCA_{1}B_{1}C_{1}$ пересечена плоскостью, проходящей через середины ребер $AB, A_{1}C_{1}, BB_{1}$. Построить сечение призмы, найти площадь сечения и вычислить угол между плоскостью основания $ABC$ и плоскостью сечения, если сторона основания равна 4, а высота призмы равна $\frac{ \sqrt{42}}{7}$.
Решение:
$arccos \sqrt{\frac{2}{3}}, \frac{13 \sqrt{2}}{4}$.
Решение.
а) Построение сечения. Пусть $E, F$ и $K$ - середина ребер $AB, A_{1}C_{1}$ и $BB_{1}$ соответственно. Проведем:
а) прямые $KE$ и $AA_{1}$ пересекающиеся в точке $M$;
б) прямую $FM$, пересекающую отрезок $AC$ в точке $P$;
в) прямую $A_{1}B_{1}$, пересекающую прямую $KE$ в точке $L$;
г) прямую $FL$, пересекающую ребро $B_{1}C_{1}$ в точке $N$ (рис.).
Тогда $EPFNK$ - пятиугольник, получаемый в сечении призмы плоскостью, проходящей через точки $E, P$ и $K$.
б) Вычисление угла между плоскостью основания и плоскостью сечения $\alpha$.
Пусть $F_{1}$ - середина $AC, G$ - основание перпендикуляра опущенного из точки $F_{1}$ на $PE$. Так $FF_{1}$ - перпендикуляр к плоскости $ABC$, а прямая $PE$ перпендикулярна проекции $F_{1}G$ наклонной $FG$, то $FG \perp PE$ (теорема о трех перпендикулярах). Итак, прямые $GF$ и $GF_{1}$ лежащие в плоскостях $\alpha$ и $ABC$ соответственно, перпендикулярные $PE$ - линия пересечения этих плоскостей. Поэтому $\angle FGF_{1} = \phi$ - линейный угол двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $ABC$, a $tg \phi = \frac{FF_{1}}{F_{1}G}$.
Найдем $F_{1}G$.
Пусть $AB = a, BB_{1} = h$. Тогда из равенства треугольников $AME$ и $KBE$ следует, что $AM = \frac{h}{2}$, а из подобия треугольников $MAP$ и $MA_{1}F$ находим: $\frac{AP}{A_{1}F} = \frac{MA}{MA_{1}} = \frac{1}{3}$, откуда $AP = \frac{1}{3}A_{1}F = \frac{a}{6}$.
Из треугольника $APE$, в котором $AP = \frac{a}{6}, AE = \frac{a}{2}, \angle PAE = \frac{ \pi}{3}$, по теореме косинусов получаем
$PE^{2} = \frac{a^{2}}{36} + \frac{a^{2}}{4} – 2 \frac{a}{6} \frac{a}{2} \frac{1}{2}$,
откуда $PE = \frac{a \sqrt{7}}{6} = \frac{2 \sqrt{7}}{3}$.
Пусть $S, S_{1}$ и $S_{2}$ - площадь треугольников $ABC, AEF_{1}$ и $PEF_{1}$ соответственно. Так как $EF_{1}$ - средняя линия в треугольнике $ABC$, то $S_{1} = \frac{1}{4}S,$ а $S_{2} = \frac{2}{3}S_{1} = \frac{1}{6}S (AP = \frac{1}{3} AF_{1})$. С другой стороны, $S_{2} = \frac{1}{2} PE \cdot F_{1}G$, откуда
$F_{1}G = \frac{2S_{2}}{PE} = \frac{ \frac{1}{3} \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}}{ \frac{a \sqrt{7}}{6}} = 2 \sqrt{\frac{3}{7}}$,
$tg \phi = \frac{h}{F_{1}G} = \frac{ \frac{ \sqrt{42}}{7}}{ 2 \sqrt{ \frac{3}{7}}} = \frac{1}{ \sqrt{2}}, \cos \phi = \sqrt { \frac{2}{3}}, \phi = arccos \sqrt{ \frac{2}{3}}$.
в) Вычисление площади сечения.
Пусть $\sigma$ и $\sigma_{1}$ - площади соответственно сечения и его проекции на плоскости $ABC$. Тогда $\sigma = \frac{ \sigma_{1}}{ \cos \phi}$.
Заметим, что проекцией сечения на плоскость $ABC$ является пятиугольник $PF_{1}N_{1}BE$ ($N_{1}$ - проекция точки $N$ на плоскость $ABC$), в котором $F_{1}N_{1} \parallel PE$, так как $F_{1}N_{1} \parallel FN$, a $FN \parallel PE$.
Если $Q$ - середина $PF_{1}$, то $PQ = QF_{1} = AP = \frac{a}{6}, PE$ - средняя линия в треугольнике $ABQ$ и поэтому $PE \parallel BQ$, откуда следует, что $F_{1}N_{1} \parallel BQ$, так как $F_{1}N_{1} \parallel PE$.
Из подобия треугольников $CF_{1}N_{1}$ и $CQB$ следует, что
$\frac{CN_{1}}{CB} = \frac{CF_{1}}{CQ}$, где $CB = a, CF_{1} = \frac{a}{2}, CQ = \frac{2}{3}$,
откуда находим $CN_{1} = \frac{3}{4}a$.
Пусть $S_{3}$ и $S_{4}$ - площади треугольников $APE$ и $CF_{1}N_{1}$ соответственно. Тогда
$S_{3} = \frac{1}{3}S_{1} = \frac{1}{12}S, S_{4} = \frac{3}{4} \frac{S}{2} = \frac{3}{8}S$,
$\sigma_{1} = S – (S_{3} + S_{4}) = \frac{13}{24}S = \frac{13}{24} \frac{ a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{13 \sqrt{3}}{6}$;
откуда $\sigma = \sigma_{1} \sqrt{ \frac{3}{2}} = \frac{13 \sqrt{2}}{4}$.
Правильная треугольная призма $ABCA_{1}B_{1}C_{1}$ пересечена плоскостью, проходящей через середины ребер $AB, A_{1}C_{1}, BB_{1}$. Построить сечение призмы, найти площадь сечения и вычислить угол между плоскостью основания $ABC$ и плоскостью сечения, если сторона основания равна 4, а высота призмы равна $\frac{ \sqrt{42}}{7}$.
Решение:
$arccos \sqrt{\frac{2}{3}}, \frac{13 \sqrt{2}}{4}$.
Решение.
а) Построение сечения. Пусть $E, F$ и $K$ - середина ребер $AB, A_{1}C_{1}$ и $BB_{1}$ соответственно. Проведем:
а) прямые $KE$ и $AA_{1}$ пересекающиеся в точке $M$;
б) прямую $FM$, пересекающую отрезок $AC$ в точке $P$;
в) прямую $A_{1}B_{1}$, пересекающую прямую $KE$ в точке $L$;
г) прямую $FL$, пересекающую ребро $B_{1}C_{1}$ в точке $N$ (рис.).
Тогда $EPFNK$ - пятиугольник, получаемый в сечении призмы плоскостью, проходящей через точки $E, P$ и $K$.
б) Вычисление угла между плоскостью основания и плоскостью сечения $\alpha$.
Пусть $F_{1}$ - середина $AC, G$ - основание перпендикуляра опущенного из точки $F_{1}$ на $PE$. Так $FF_{1}$ - перпендикуляр к плоскости $ABC$, а прямая $PE$ перпендикулярна проекции $F_{1}G$ наклонной $FG$, то $FG \perp PE$ (теорема о трех перпендикулярах). Итак, прямые $GF$ и $GF_{1}$ лежащие в плоскостях $\alpha$ и $ABC$ соответственно, перпендикулярные $PE$ - линия пересечения этих плоскостей. Поэтому $\angle FGF_{1} = \phi$ - линейный угол двугранного угла между плоскостями $\alpha$ и $ABC$, a $tg \phi = \frac{FF_{1}}{F_{1}G}$.
Найдем $F_{1}G$.
Пусть $AB = a, BB_{1} = h$. Тогда из равенства треугольников $AME$ и $KBE$ следует, что $AM = \frac{h}{2}$, а из подобия треугольников $MAP$ и $MA_{1}F$ находим: $\frac{AP}{A_{1}F} = \frac{MA}{MA_{1}} = \frac{1}{3}$, откуда $AP = \frac{1}{3}A_{1}F = \frac{a}{6}$.
Из треугольника $APE$, в котором $AP = \frac{a}{6}, AE = \frac{a}{2}, \angle PAE = \frac{ \pi}{3}$, по теореме косинусов получаем
$PE^{2} = \frac{a^{2}}{36} + \frac{a^{2}}{4} – 2 \frac{a}{6} \frac{a}{2} \frac{1}{2}$,
откуда $PE = \frac{a \sqrt{7}}{6} = \frac{2 \sqrt{7}}{3}$.
Пусть $S, S_{1}$ и $S_{2}$ - площадь треугольников $ABC, AEF_{1}$ и $PEF_{1}$ соответственно. Так как $EF_{1}$ - средняя линия в треугольнике $ABC$, то $S_{1} = \frac{1}{4}S,$ а $S_{2} = \frac{2}{3}S_{1} = \frac{1}{6}S (AP = \frac{1}{3} AF_{1})$. С другой стороны, $S_{2} = \frac{1}{2} PE \cdot F_{1}G$, откуда
$F_{1}G = \frac{2S_{2}}{PE} = \frac{ \frac{1}{3} \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}}{ \frac{a \sqrt{7}}{6}} = 2 \sqrt{\frac{3}{7}}$,
$tg \phi = \frac{h}{F_{1}G} = \frac{ \frac{ \sqrt{42}}{7}}{ 2 \sqrt{ \frac{3}{7}}} = \frac{1}{ \sqrt{2}}, \cos \phi = \sqrt { \frac{2}{3}}, \phi = arccos \sqrt{ \frac{2}{3}}$.
в) Вычисление площади сечения.
Пусть $\sigma$ и $\sigma_{1}$ - площади соответственно сечения и его проекции на плоскости $ABC$. Тогда $\sigma = \frac{ \sigma_{1}}{ \cos \phi}$.
Заметим, что проекцией сечения на плоскость $ABC$ является пятиугольник $PF_{1}N_{1}BE$ ($N_{1}$ - проекция точки $N$ на плоскость $ABC$), в котором $F_{1}N_{1} \parallel PE$, так как $F_{1}N_{1} \parallel FN$, a $FN \parallel PE$.
Если $Q$ - середина $PF_{1}$, то $PQ = QF_{1} = AP = \frac{a}{6}, PE$ - средняя линия в треугольнике $ABQ$ и поэтому $PE \parallel BQ$, откуда следует, что $F_{1}N_{1} \parallel BQ$, так как $F_{1}N_{1} \parallel PE$.
Из подобия треугольников $CF_{1}N_{1}$ и $CQB$ следует, что
$\frac{CN_{1}}{CB} = \frac{CF_{1}}{CQ}$, где $CB = a, CF_{1} = \frac{a}{2}, CQ = \frac{2}{3}$,
откуда находим $CN_{1} = \frac{3}{4}a$.
Пусть $S_{3}$ и $S_{4}$ - площади треугольников $APE$ и $CF_{1}N_{1}$ соответственно. Тогда
$S_{3} = \frac{1}{3}S_{1} = \frac{1}{12}S, S_{4} = \frac{3}{4} \frac{S}{2} = \frac{3}{8}S$,
$\sigma_{1} = S – (S_{3} + S_{4}) = \frac{13}{24}S = \frac{13}{24} \frac{ a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{13 \sqrt{3}}{6}$;
откуда $\sigma = \sigma_{1} \sqrt{ \frac{3}{2}} = \frac{13 \sqrt{2}}{4}$.
