Задача №15160

В правильной треугольной призме $ABC{A}_1{B}_1{C}_1$ известно, что $AB=2\text{.}$ Плоскость $\alpha$ проходит через вершины $A_1$ и $B$ и середину $M$ ребра $C{C}_1\text{.}$

а) Докажите, что сечение призмы $ABC{A}_1{B}_1{C}_1$ плоскостью $\alpha$ является равнобедренным треугольником.
б) Найдите высоту призмы, если площадь сечения плоскостью $\alpha$ равна 6.

а) Докажем, что сечение призмы плоскостью $\alpha$ является равнобедренным треугольником.

1. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $A_1\text{,}$ $B$ и $M$ (середина $C{C}_1$). Эти точки не лежат на одной прямой, поэтому сечением является треугольник $A_{1}BM\text{.}$

2. В правильной треугольной призме $ABC{A}_1{B}_1{C}_1$ с $AB=2$ все стороны оснований равны 2, а боковые рёбра равны и перпендикулярны основаниям. Обозначим высоту призмы через $H\text{.}$

Рассмотрим треугольник $A{A}_{1}B\text{.}$ Так как $A{A}_1\perp ABC\text{,}$ то $A{A}_1\perp AB\text{.}$ В прямоугольном треугольнике $A{A}_{1}B$ с катетами $A{A}_1=H$ и $AB=2$ по теореме Пифагора:

$$A_{1}B=\sqrt{A{B}^2+A{A}_1^2}=\sqrt{2^2+H^2}=\sqrt{4+H^2}.$$

Рассмотрим треугольник $A_1{C}_{1}M\text{.}$ В прямоугольнике $AC{C}_1{A}_1$ (боковая грань) точка $M$ — середина $C{C}_1\text{,}$ поэтому $C_{1}M=\frac{H}{2}\text{.}$ Так как $A_1{C}_1$ лежит в основании и перпендикулярно $C_{1}C\text{,}$ то $A_1{C}_1\perp C_{1}M\text{.}$ В прямоугольном треугольнике $A_1{C}_{1}M\text{:}$

$$A_{1}M=\sqrt{A_1{C}_1^2+C_1{M}^2}=\sqrt{2^2+{\left(\frac{H}{2}\right)}^2}=\sqrt{4+\frac{H^2}{4}}.$$

Аналогично, в прямоугольнике $BC{C}_1{B}_1\text{,}$ треугольник $BCM$ прямоугольный с $BC=2\text{,}$ $CM=\frac{H}{2}\text{,}$ поэтому:

$$BM=\sqrt{B{C}^2+C{M}^2}=\sqrt{2^2+{\left(\frac{H}{2}\right)}^2}=\sqrt{4+\frac{H^2}{4}}.$$

Таким образом, $A_{1}M=BM\text{,}$ следовательно, треугольник $A_{1}BM$ равнобедренный с основанием $A_{1}B\text{.}$

б) Найдём высоту призмы $H\text{,}$ если площадь сечения равна 6.

Площадь треугольника $A_{1}BM$ равна $S=6\text{.}$ В равнобедренном треугольнике $A_{1}BM$ проведём высоту $MK$ к основанию $A_{1}B\text{.}$ Тогда $MK$ также является медианой, поэтому $A_{1}K=KB=\frac{1}{2}{A}_{1}B\text{.}$

Из прямоугольного треугольника $MKB\text{:}$

$$M{K}^2=B{M}^2-K{B}^2={\left(\sqrt{4+\frac{H^2}{4}}\right)}^2-{\left(\frac{1}{2}\sqrt{4+H^2}\right)}^2=4+\frac{H^2}{4}-\frac{1}{4}(4+H^2)=4+\frac{H^2}{4}-1-\frac{H^2}{4}=3.$$

Следовательно, $MK=\sqrt{3}\text{.}$

Тогда площадь треугольника:

$$S=\frac{1}{2}\cdot A_{1}B\cdot MK=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{4+H^2}\cdot \sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{4+H^2}.$$

Приравниваем к 6:

$$\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{4+H^2}=6\Rightarrow \sqrt{4+H^2}=\frac{12}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}\Rightarrow 4+H^2=(4\sqrt{3}{)}^2=48\Rightarrow H^2=44\Rightarrow H=2\sqrt{11}.$$

Высота призмы положительна, поэтому $H=2\sqrt{11}\text{.}$

Ответ: $2\sqrt{11}$