7.24. В правильной треугольной призме ABCA₁B₁C₁ сторона основания AB равна 6, а боковое ребро AA₁ равно 2√2. На рёбрах AB, A₁B₁ и B₁C₁ отмечены точки M, N и K соответственно,
Реши задание на изображении
Сверь числа и знаки с фото.
7.24. В правильной треугольной призме \(ABCA_{1}B_{1}C_{1}\) сторона основания \(AB\) равна 6, а боковое ребро \(AA_{1}\) равно \(2\sqrt{2}\). На рёбрах \(AB\), \(A_{1}B_{1}\) и \(B_{1}C_{1}\) отмечены точки \(M\), \(N\) и \(K\) соответственно, причём \(AM=B_{1}N=C_{1}K=2\). а) Пусть \(L\) — точка пересечения плоскости \(MNK\) с ребром \(AC\). Докажите, что \(MNKL\) — квадрат. б) Найдите площадь сечения призмы плоскостью \(MNK\).
Краткий ответ: а) \(MNKL\) — квадрат; б) площадь сечения равна \(15\).
Важно: само сечение — пятиугольник, а квадрат \(MNKL\) является только его частью. Если считать площадь только квадрата, получится \(12\), но это не вся площадь сечения.
1. Введём координаты
Поместим основание призмы в плоскость \(z=0\):
\[ A(0,0,0),\quad B(6,0,0),\quad C(3,3\sqrt3,0), \] \[ A_1(0,0,2\sqrt2),\quad B_1(6,0,2\sqrt2),\quad C_1(3,3\sqrt3,2\sqrt2). \]
Так как \(AM=2\), \(B_1N=2\), \(C_1K=2\), получаем:
\[ M(2,0,0),\quad N(4,0,2\sqrt2),\quad K(4,2\sqrt3,2\sqrt2). \]
2. Уравнение плоскости \(MNK\)
\[ \overrightarrow{MN}=(2,0,2\sqrt2),\quad \overrightarrow{MK}=(2,2\sqrt3,2\sqrt2). \]
Нормальный вектор плоскости:
\[ \vec n=\overrightarrow{MN}\times\overrightarrow{MK}\sim(-\sqrt2,0,1). \]
Поэтому плоскость \(MNK\) имеет уравнение
\[ z=\sqrt2(x-2). \]
Точка \(L\) лежит на \(AC\), то есть имеет вид
\[ (3t,3\sqrt3t,0). \]
При \(z=0\):
\[ \sqrt2(3t-2)=0 \quad\Rightarrow\quad t=\frac23. \]
Значит,
\[ L=(2,2\sqrt3,0), \]
причём \(AL=4\).
3. Почему \(MNKL\) — квадрат
Для сторон четырёхугольника:
\[ \overrightarrow{MN}=(2,0,2\sqrt2),\qquad \overrightarrow{NK}=(0,2\sqrt3,0). \]
Кроме того,
\[ \overrightarrow{KL}=-\overrightarrow{MN},\qquad \overrightarrow{LM}=-\overrightarrow{NK}. \]
То есть противоположные стороны параллельны и равны, значит, \(MNKL\) — параллелограмм. Далее:
\[ |MN|=\sqrt{2^2+(2\sqrt2)^2}=2\sqrt3, \] \[ |NK|=2\sqrt3, \] \[ \overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{NK}=0. \]
Соседние стороны равны и перпендикулярны. Следовательно, \(MNKL\) — квадрат.
4. Полное сечение и его площадь
Плоскость \(MNK\) пересекает ещё ребро \(CC_1\) в точке
\[ P(3,3\sqrt3,\sqrt2). \]
Поэтому сечение — пятиугольник \(MNKPL\). Его можно разбить отрезком \(KL\) на квадрат \(MNKL\) и треугольник \(KPL\).
Площадь квадрата:
\[ S_{MNKL}=(2\sqrt3)^2=12. \]
Для треугольника \(KPL\):
\[ \overrightarrow{PK}=(1,-\sqrt3,\sqrt2),\qquad \overrightarrow{PL}=(-1,-\sqrt3,-\sqrt2). \]
Тогда
\[ |PK|=|PL|=\sqrt6, \] \[ \overrightarrow{PK}\cdot\overrightarrow{PL}=-1+3-2=0. \]
Значит, треугольник \(KPL\) прямоугольный и равнобедренный:
\[ S_{KPL}=\frac12\cdot\sqrt6\cdot\sqrt6=3. \]
Следовательно,
\[ S_{\text{сечения}}=12+3=15. \]
Ответ: а) \(MNKL\) — квадрат; б) \(15\).
Обсуждение
2 сообщенияПопробуй решить задачу, не применяя метод координат.
Да, можно решить полностью геометрически.
Ответ: \(MNKL\) — квадрат; площадь полного сечения равна \(15\).
1. Докажем, что \(NK\perp AB\)
В верхнем основании \(A_1B_1C_1\):
\[ B_1N=2,\qquad C_1K=2,\qquad B_1C_1=6, \]
поэтому
\[ B_1K=4. \]
Рассмотрим треугольник \(B_1NK\). Угол при \(B_1\) равен \(60^\circ\), так как основание — равносторонний треугольник. По теореме косинусов:
\[ NK^2=2^2+4^2-2\cdot2\cdot4\cos60^\circ=4+16-8=12, \]
значит,
\[ NK=2\sqrt3. \]
Проверим:
\[ B_1N^2+NK^2=4+12=16=B_1K^2. \]
По обратной теореме Пифагора \(\angle B_1NK=90^\circ\). Значит,
\[ NK\perp A_1B_1. \]
Но \(A_1B_1\parallel AB\), поэтому
\[ NK\perp AB. \]
2. Найдём положение \(L\) и сторону квадрата
Плоскость \(MNK\) пересекает параллельные плоскости оснований по параллельным прямым. Поэтому
\[ ML\parallel NK. \]
Следовательно,
\[ ML\perp AB. \]
В треугольнике \(AML\):
\[ \angle A=60^\circ,\qquad \angle M=90^\circ,\qquad AM=2. \]
Отсюда
\[ AL=\frac{AM}{\cos60^\circ}=4, \]
\[ ML=AM\cdot\operatorname{tg}60^\circ=2\sqrt3. \]
Кроме того, \(ML\perp (ABB_1A_1)\), так как боковая грань перпендикулярна основанию, а \(ML\perp AB\). Значит,
\[ ML\perp MN. \]
Теперь найдём \(MN\). Пусть \(N'\) — проекция \(N\) на \(AB\) вдоль бокового ребра. Тогда
\[ A_1N=4,\qquad AN'=4, \]
поэтому
\[ MN'=AN'-AM=4-2=2. \]
Высота призмы:
\[ NN'=AA_1=2\sqrt2. \]
Тогда
\[ MN^2=MN'^2+NN'^2=2^2+(2\sqrt2)^2=12, \]
\[ MN=2\sqrt3. \]
Итак,
\[ ML\parallel NK,\qquad ML=NK=2\sqrt3. \]
Значит, \(MNKL\) — параллелограмм. Кроме того,
\[ ML\perp MN,\qquad ML=MN=2\sqrt3. \]
Следовательно, \(MNKL\) — квадрат.
3. Найдём точку \(P\) на \(CC_1\)
Пусть прямая \(ML\) пересекает прямую \(BC\) в точке \(Q\). По теореме Менелая в треугольнике \(ABC\):
\[ \frac{AM}{MB}\cdot\frac{BQ}{QC}\cdot\frac{CL}{LA}=1. \]
Так как
\[ AM=2,\quad MB=4,\quad AL=4,\quad CL=2, \]
получаем
\[ \frac12\cdot\frac{BQ}{QC}\cdot\frac12=1, \]
откуда
\[ \frac{BQ}{QC}=4. \]
Точка \(Q\) лежит за точкой \(C\), поэтому если \(CQ=x\), то
\[ BQ=6+x. \]
Тогда
\[ \frac{6+x}{x}=4, \]
\[ x=2. \]
То есть
\[ CQ=2. \]
В боковой грани \(BCC_1B_1\) прямая \(QK\) пересекает \(CC_1\) в точке \(P\). При этом
\[ CQ=C_1K=2. \]
Прямоугольные треугольники \(QCP\) и \(KC_1P\) равны, поэтому
\[ CP=PC_1. \]
Значит, \(P\) — середина \(CC_1\):
\[ CP=PC_1=\sqrt2. \]
4. Площадь сечения
Сечение — пятиугольник \(MNKPL\). Он состоит из квадрата \(MNKL\) и треугольника \(KPL\).
Площадь квадрата:
\[ S_{MNKL}=(2\sqrt3)^2=12. \]
Теперь найдём стороны треугольника \(KPL\). Так как боковое ребро перпендикулярно основанию,
\[ PK^2=C_1K^2+C_1P^2=2^2+(\sqrt2)^2=6, \]
\[ PL^2=CL^2+CP^2=2^2+(\sqrt2)^2=6. \]
Кроме того,
\[ KL=MN=2\sqrt3, \]
поэтому
\[ PK^2+PL^2=6+6=12=KL^2. \]
Значит, треугольник \(KPL\) прямоугольный с катетами \(PK=PL=\sqrt6\). Его площадь:
\[ S_{KPL}=\frac12\cdot\sqrt6\cdot\sqrt6=3. \]
Итого:
\[ S_{\text{сечения}}=12+3=15. \]
Ответ: а) \(MNKL\) — квадрат; б) \(15\).
