Задача 111287

Темы:    [ Свойства сечений ] [ Прямая призма ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Основание прямой призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ ─ равнобедренная трапеция ABCD, в которой BC ∥ AD, BC = 1, AD = 5, ∠BAD = arctg ³⁄₂. Плоскость, перпендикулярная прямой A₁D, пересекает рёбра AD и A₁D₁ в точках E и F соответственно, причём AE = FD₁ = ⁵⁄₃. Найдите периметр сечения призмы этой плоскостью.

Решение

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Пусть BG ─ высота трапеции ABCD (рис. 1). Тогда

AG = ½(AD − BC) = ½(5 − 1) = 2,   BG = AG tg ∠BAD = 2 · ³⁄₂ = 3.

Поскольку прямая A₁D перпендикулярна секущей плоскости, то A₁D ⊥ EF (рис. 2).

Пусть K ─ точка пересечения секущей плоскости с прямой AB. Прямая A₁D перпендикулярна секущей плоскости, содержащей прямую EK, поэтому A₁D ⊥ EK. По теореме о трёх перпендикулярах, EK ⊥ AD, так как AD ─ ортогональная проекция наклонной A₁D на плоскость ABCD.

Треугольники AEK и AGB подобны с коэффициентом

k =

AE AG

=

⁵⁄₃ 2

=

5 6

,

поэтому AK = k · AB = ⁵⁄₆AB < AB. Значит, точка K лежит на отрезке AB. Аналогично, точка N пересечения секущей плоскости с прямой C₁D₁ лежит на ребре C₁D₁. При этом NF ∥ KE и NF = KE.

Пусть прямые EK и BC пересекаются в точке H, прямые FN и B₁C₁ ─ в точке T, а прямая TH пересекает прямые BB₁ и CC₁ в точках L и M соответственно. Тогда сечение призмы, о котором говорится в условии задачи, ─ шестиугольник EKLMNF, в котором NF ∥ KE и NF = KE, ML ∥ EF (по теореме о пересечении двух параллельных плоскостей третьей плоскостью).

Из подобия треугольников AEK и AGB находим, что

EK = k · BG = 3 · ⅚ = ⁵⁄₂.

Тогда KH = EH − EK = BG − EK = 3 − ⁵⁄₂ = ½. Из подобия треугольников BKH и EKA находим, что

BH = AE ·

KH KE

= AE ·

KH HE − KH

= AE ·

KH BG − KH

=

5 3

·

½ 3 − ½

=

1 3

.

Пусть h ─ высота (боковое ребро) призмы, E₁ ─ проекция точки E на плоскость A₁B₁C₁D₁. Тогда

E₁F = A₁D₁ − A₁E₁ − D₁F = 5 − ⁵⁄₃ − ⁵⁄₃ = ⁵⁄₃.

Рассмотрим грань AA₁D₁D (рис. 3). Обозначим ∠A₁FE = ∠AA₁D = α. Из прямоугольных треугольников E₁FE и AA₁D находим, что

tg α =

EE₁ E₁F

=

h ⁵⁄₃

=

3h 5

,   tg α =

AD AA₁

=

5 h

,

откуда h =

5 √ 3

и tg α =

√ 3

. Поэтому α = 60°,

EF =

h sin 60°

=

5/√ 3 √ 3 /2

=

10 3

.

Рассмотрим грань BB₁C₁C. Поскольку TH ∥ FE и CH ∥ AD, то ∠LHB = ∠FED = α = 60°, а по теореме о трёх перпендикулярах, ∠LHK = 90°. Из прямоугольных треугольников LBH и LHK находим, что

LH =

BH cos 60°

= ⅔,   LK =

√ KH² + LH²

=

√ (½)² + (⅔)²

= ⅚.

Тогда MN = LK = ⅚,

ML = TH − LH − TM = TH − 2LH = FE − 2LH = ¹⁰⁄₃ − 2 · ⅔ = 2.

Следовательно, периметр сечения равен

EF + 2EK + ML + 2LK = ¹⁰⁄₃ + 2 · ⁵⁄₂ + 2 + 2 · ⅚ = 12.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8922