Задача №16535

В основании прямой призмы $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1$ лежит равнобедренная трапеция $ABCD$ с основаниями $AD=5$ и $BC=3\text{.}$ Точка $M$ делит ребро $A_1{D}_1$ в отношении $A_{1}M:M{D}_1=2:3\text{,}$ 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 $\angle MKC=90^{\circ }\text{,}$ $\angle ADC=60^{\circ }\text{.}$

Призма прямая, поэтому боковые рёбра перпендикулярны основанию, а боковые грани — прямоугольники.

а) Доказательство.

1. Линия пересечения плоскости $MKC$ с боковой гранью $BC{C}_1{B}_1$ — отрезок $CT\parallel MK\text{,}$ где $T\in B{B}_1\text{.}$

2. Треугольники $△TBC$ и $△K{D}_{1}M$ прямоугольные ($\angle TBC=\angle K{D}_{1}M=90^{\circ }\text{,}$ призма прямая). Стороны $BC=D_{1}M=3$ ($A_{1}M:M{D}_1=2:3\text{,}$ $A_1{D}_1=AD=5\text{,}$ значит, $M{D}_1=3$). Углы $\angle BCT=\angle D_{1}MK$ как острые с соответственно параллельными сторонами ($CT\parallel MK\text{,}$ $BC\parallel M{D}_1$).

3. Из равенства $△TBC=△K{D}_{1}M$ следует $BT=D_{1}K\text{.}$ По условию $K$ — середина $D{D}_1\text{,}$ значит $D_{1}K=\frac{1}{2}D{D}_1=\frac{1}{2}B{B}_1\text{.}$ Поэтому $BT=\frac{1}{2}B{B}_1\text{,}$ то есть $T$ — середина $B{B}_1\text{.}$

б) Площадь сечения.

Используем формулу $S_{\text{сеч}}=\frac{S_{\text{проек}}}{\cos \phi }\text{,}$ где $\phi$ — угол между плоскостью верхнего основания $(A_1{B}_1{C}_1)$ и секущей плоскостью $(MKC)\text{.}$

Площадь верхнего основания. В равнобедренной трапеции $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ с $A_1{D}_1=5\text{,}$ $B_1{C}_1=3\text{,}$ $\angle A_1=60^{\circ }$ опустим $B_{1}P\perp A_1{D}_1\text{.}$ Тогда $A_{1}P=\frac{5-3}{2}=1\text{,}$ $A_1{B}_1=\frac{A_{1}P}{\cos 60^{\circ }}=2\text{,}$ $B_{1}P=A_1{B}_1\sin 60^{\circ }=\sqrt{3}\text{.}$ Отсюда

$$S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}=\frac{5+3}{2}\cdot \sqrt{3}=4\sqrt{3}.$$

Проекция сечения. Пусть $L$ — точка пересечения секущей плоскости с ребром $A_1{B}_1\text{.}$ Из подобий $△Q{A}_{1}M\sim △K{D}_{1}M$ ($k=\frac{A_{1}M}{D_{1}M}=\frac{2}{3}$) и $△Q{A}_{1}L\sim △T{B}_{1}L$ получаем $\frac{A_{1}L}{B_{1}L}=\frac{2}{3}\text{,}$ откуда $A_{1}L=\frac{2}{5}{A}_1{B}_1=\frac{4}{5}\text{.}$

Площадь $△M{A}_{1}L$ при $\angle A_1=60^{\circ }\text{:}$

$$S_{M{A}_{1}L}=\frac{1}{2}\cdot A_{1}M\cdot A_{1}L\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{5}.$$

Проекция сечения $M{D}_1{C}_1{B}_{1}L$ имеет площадь

$$S_{\text{проек}}=S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}-S_{M{A}_{1}L}=4\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{5}=\frac{18\sqrt{3}}{5}.$$

Длина $ML\text{.}$ По теореме косинусов в $△M{A}_{1}L\text{:}$

$$ML=\sqrt{4+\frac{16}{25}-2\cdot 2\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{19}}{5}.$$

Высота $A_{1}E$ из $A_1$ в $△M{A}_{1}L$ к стороне $ML\text{:}$ $\frac{1}{2}\cdot ML\cdot A_{1}E=S_{M{A}_{1}L}\text{,}$ откуда $A_{1}E=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}\text{.}$

Нахождение высоты $x=D_{1}K\text{.}$ Обозначим $D_{1}K=x\text{.}$ Тогда

$$M{K}^2=M{D}_1^2+D_1{K}^2=9+x^2,C{K}^2=C{D}^2+D{K}^2=4+x^2,$$

и из $\angle MKC=90^{\circ }\text{:}$

$$M{C}^2=M{K}^2+C{K}^2=13+2x^2.$$

С другой стороны, $M{C}^2=M{C}_1^2+C{C}_1^2\text{,}$ где $M{C}_1^2=M{D}_1^2+C_1{D}_1^2-2\cdot M{D}_1\cdot C_1{D}_1\cdot \cos 60^{\circ }=9+4-6=7$ и $C{C}_1^2=(2x{)}^2=4x^2\text{.}$ Получаем $M{C}^2=7+4x^2\text{.}$ Из равенства $13+2x^2=7+4x^2$ находим $x^2=3\text{,}$ $x=\sqrt{3}\text{.}$

Угол $\phi$ между плоскостями. По теореме о трёх перпендикулярах $QE\perp ML\text{,}$ поэтому $\angle QE{A}_1=\phi \text{.}$ Из подобия $A_{1}Q=\frac{2}{3}x=\frac{2}{\sqrt{3}}\text{.}$ Тогда

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{A_{1}Q}{A_{1}E}=\frac{2/\sqrt{3}}{2\sqrt{3}/\sqrt{19}}=\frac{\sqrt{19}}{3},\cos \phi =\frac{3}{2\sqrt{7}}.$$

Площадь сечения:

$$S_{\text{сеч}}=\frac{18\sqrt{3}}{5}:\frac{3}{2\sqrt{7}}=\frac{18\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{7}}{5\cdot 3}=\frac{12\sqrt{21}}{5}.$$

Ответ: $\frac{12\sqrt{21}}{5}\text{.}$