Задача №17080

В правильной шестиугольной призме $ABCDEF{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1$ через вершину $A_1$ и середины сторон $BC$ и $CD$ проходит плоскость $\alpha \text{.}$ Отношение высоты призмы к стороне основания равно $\sqrt{\frac{5}{2}}\text{.}$

А) Докажите, что плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $F{C}_1\text{.}$
Б) Найдите, в каком отношении плоскость $\alpha$ делит объём призмы $ABCDEF{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1{E}_1{F}_1\text{.}$

Введение обозначений. Пусть $AB=a\text{,}$ $A{A}_1=h\text{,}$ причём $\frac{h}{a}=\sqrt{\frac{5}{2}}\text{.}$ Обозначим $M$ — середину $BC\text{,}$ $N$ — середину $CD\text{.}$ Сечение призмы плоскостью $\alpha$ строится так:

$MN\cap AB=Q\text{;}$ $MN\cap ED=G\text{;}$ прямая $A_{1}Q$ пересекает $B{B}_1$ в точке $P\text{;}$ прямая $E_{1}G$ пересекает $A{A}_1$ в точке $K\text{.}$ Сечение — шестиугольник $A_1{E}_{1}KNMP\text{.}$

А) Доказательство $\alpha \perp F{C}_1\text{.}$

Проекция $F{C}_1$ на плоскость основания — отрезок $FC\text{.}$ В правильном шестиугольнике $FC\perp AE\text{,}$ а $MN\parallel AE$ (как средняя линия), значит $FC\perp MN\text{.}$ По теореме о трёх перпендикулярах $F{C}_1\perp MN\text{.}$ $(\star )$

Пусть $T$ — точка пересечения $FC$ с $MN\text{,}$ $L$ — пересечение перпендикулярной плоскости через $FC$ с прямой сечения; тогда $FT=\frac{a}{2}\text{,}$ $CL=\frac{a}{4}\text{,}$ $TL=FT+TC-CL=\frac{5a}{4}\text{.}$

Угол наклона $F{C}_1$ к плоскости $ABE\text{:}$ $\mathrm{tg}{\alpha }_1=\frac{h}{2a}=\frac{\sqrt{10}}{4}\text{.}$

Угол наклона плоскости $\alpha$ к плоскости $ABE\text{:}$ $\mathrm{tg}{\beta }_1=\frac{h}{TL}\cdot \frac{TL}{\cdot }$ — точнее, $\mathrm{ctg}{\beta }_1=\frac{TL}{h}=\frac{5a/4}{a\sqrt{5/2}}=\frac{\sqrt{10}}{4}\text{.}$

Получаем $\mathrm{tg}{\alpha }_1=\mathrm{ctg}{\beta }_1\text{,}$ то есть ${\alpha }_1+{\beta }_1=90^{\circ }\text{.}$ Значит, $F{C}_1\perp TL\text{.}$ $(\star \star )$

Из $(\star )$ и $(\star \star )$ следует, что $F{C}_1$ перпендикулярна двум различным прямым плоскости $\alpha \text{,}$ то есть $F{C}_1\perp \alpha \text{,}$ ч. т. д.

Б) Подсчёт отношения объёмов.

Объём призмы: $V=\frac{6\sqrt{3}}{4}{a}^{2}h=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^{2}h\text{.}$

Часть призмы под плоскостью $\alpha$ (со стороны основания $ABC\dots F$) представляется как сумма:

• $V_1=V_{AFE{A}_1{F}_1{E}_1}=\frac{1}{6}V=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2}h$ (третья часть призмы — две из шести трёхгранных «долек»);
• $V_2=V_{A_{1}AQ{E}_{1}EG}$ — призма с основанием $△A_{1}Q{E}_1\text{?}$ Точнее, объём пирамиды на основании $AQ{E}_1{A}_1$ с высотой $AE\text{.}$ После подстановки $AQ=TL=\frac{5a}{4}\text{,}$ $AE=a\sqrt{3}\text{:}$ $V_2=\frac{1}{2}\cdot \frac{5a}{4}\cdot h\cdot a\sqrt{3}=\frac{5\sqrt{3}}{8}{a}^{2}h\text{;}$
• минус две одинаковые отсекаемые пирамидки $V_{PBQM}=V_{KDEN}\text{,}$ у которых $PB=\frac{h}{5}$ (из подобия $PB:h=BQ:AQ=1:5$), $BQ=\frac{a}{2}\text{,}$ $QM=\frac{a\sqrt{3}}{4}\text{.}$ Каждая имеет объём $\frac{1}{6}\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{h}{5}=\frac{\sqrt{3}}{240}{a}^{2}h\text{,}$ в сумме $2V_3=\frac{\sqrt{3}}{120}{a}^{2}h\text{.}$

Получаем

$$V_{\text{под}\alpha }=V_1+V_2-2V_3=\left(\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{5\sqrt{3}}{8}-\frac{\sqrt{3}}{240}\right)a^{2}h=\frac{209\sqrt{3}}{240}{a}^{2}h.$$

Тогда

$$V_{\text{над}\alpha }=V-V_{\text{под}\alpha }=\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{209\sqrt{3}}{240}\right)a^{2}h=\frac{151\sqrt{3}}{240}{a}^{2}h.$$ $$\frac{V_{\text{над}\alpha }}{V_{\text{под}\alpha }}=\frac{151}{209}.$$

Ответ: $151:209\text{.}$