Задача №15209

В основании прямой призмы $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1$ лежит равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD=3$ и $BC=2\text{.}$ Точка $M$ делит ребро $A_1{D}_1$ в отношении $A_{1}M:M{D}_1=1:2\text{,}$ а точка $K$ — середина ребра $D{D}_1\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $MKC$ делит отрезок $B{B}_1$ пополам.
б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью $MKC\text{,}$ если $\angle MKC=90^{\circ }\text{,}$ $\angle ADC=60^{\circ }\text{.}$

а) Пусть высота призмы равна $2h\text{.}$ Тогда $D{D}_1=B{B}_1=2h\text{.}$ Поскольку $K$ — середина $D{D}_1\text{,}$ имеем $DK=K{D}_1=h\text{.}$

Рассмотрим плоскости $(AD{D}_1)$ и $(BC{C}_1)\text{.}$ Так как $AD\parallel BC$ (основания трапеции) и боковые рёбра прямой призмы параллельны, эти плоскости параллельны. Плоскость $MKC$ пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым. Следовательно, линия пересечения плоскости $MKC$ с гранью $BC{C}_1{B}_1$ параллельна прямой $MK\text{.}$

Пусть эта линия пересекает ребро $B{B}_1$ в точке $L\text{.}$ Тогда $CL\parallel MK\text{.}$ Рассмотрим проекции этих отрезков на плоскость основания. Проекцией $MK$ является отрезок $AD$ (или его часть), а проекцией $CL$ — отрезок $BC\text{.}$ Отношение вертикального подъёма к горизонтальному пробегу для параллельных прямых должно быть одинаковым.

В плоскости $(AD{D}_1)$ точка $M$ находится на расстоянии $M{D}_1=\frac{2}{3}{A}_1{D}_1=2$ от прямой $D{D}_1\text{,}$ а разность высот $z_M-z_K=2h-h=h\text{.}$ В плоскости $(BC{C}_1)$ точка $C$ находится на расстоянии $BC=2$ от прямой $B{B}_1\text{.}$ Чтобы прямая $CL$ была параллельна $MK\text{,}$ разность высот $z_L-z_C$ должна быть такой же, как у $MK$ при одинаковом горизонтальном расстоянии. Таким образом, $z_L-0=h\text{,}$ откуда $z_L=h\text{.}$ Поскольку $h$ — это половина ребра $B{B}_1\text{,}$ точка $L$ является его серединой. Что и требовалось доказать.

б) Введём систему координат с началом в точке $D(0;0;0)\text{.}$ Тогда $A(3;0;0)\text{,}$ $D_1(0;0;2h)\text{,}$ $A_1(3;0;2h)\text{.}$

По условию $A_{1}M:M{D}_1=1:2\text{,}$ значит $M(2;0;2h)\text{.}$ Точка $K(0;0;h)\text{.}$

В равнобедренной трапеции с основаниями 3 и 2 высота

$$C{H}_D=\frac{3-2}{2}\cdot \mathrm{tg}60^{\circ }=0,5\cdot \sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Координаты вершины $C\left(0,5;\frac{\sqrt{3}}{2};0\right)\text{.}$

Найдём $h$ из условия $\angle MKC=90^{\circ }\text{,}$ используя векторы $\overrightarrow{KM}=(2;0;h)$ и $\overrightarrow{KC}=\left(0,5;\frac{\sqrt{3}}{2};-h\right)\text{:}$

$$\overrightarrow{KM}\cdot \overrightarrow{KC}=2\cdot 0,5+0\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+h(-h)=1-h^2=0\Rightarrow h=1.$$

Высота призмы $H=2\text{.}$ Уравнение плоскости $MKC$ задаётся вектором нормали $\vec{n}=\overrightarrow{KM}\times \overrightarrow{KC}\text{:}$

$$\vec{n}=\left|\begin{array}{ccc}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\ 2& 0& 1\\ 0,5& \frac{\sqrt{3}}{2}& -1\end{array}\right|=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2};2,5;\sqrt{3}\right).$$

Угол $\gamma$ между плоскостью сечения и основанием:

$$\cos \gamma =\frac{|n_z|}{|\vec{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{\frac{3}{4}+6,25+3}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{10}}.$$

Сечение является пятиугольником $CKMNL\text{.}$ Его проекция на основание — пятиугольник с вершинами $K^{\prime }(0;0)\text{,}$ $M^{\prime }(2;0)\text{,}$ $N^{\prime }\left(\frac{17}{6};\frac{\sqrt{3}}{6}\right)\text{,}$ $L^{\prime }\left(2,5;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\text{,}$ $C^{\prime }\left(0,5;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\text{.}$

Площадь проекции по формуле Гаусса (shoelace):

$$S_{proj}=\frac{1}{2}\left|\left(0+\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{17\sqrt{3}}{12}+\frac{15\sqrt{3}}{12}+0\right)-\left(0+0+\frac{5\sqrt{3}}{12}+\frac{3\sqrt{3}}{12}+0\right)\right|=\frac{1}{2}\left|3\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}\right|=\frac{7\sqrt{3}}{6}.$$

Площадь сечения:

$$S=\frac{S_{proj}}{\cos \gamma }=\frac{7\sqrt{3}}{6}\cdot \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{10}}{6}.$$

Ответ:

а) доказано

б) $\frac{7\sqrt{10}}{6}$