Номер 1110, страница 153 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1110. Сечение правильной четырехугольной призмы проходит через ее центр и середины двух смежных ребер основания (рис. 339). Найдите площадь сечения, учитывая, что ребро основания равно $a$, а боковое ребро — $b$.

Рис. 339

Решение

Для решения задачи введем систему координат. Пусть одна из вершин основания призмы, например $D$, находится в начале координат $(0, 0, 0)$. Поскольку призма правильная, ее основание $ABCD$ является квадратом со стороной $a$, а боковые ребра перпендикулярны основанию и имеют длину $b$. Расположим оси координат вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$.

Координаты вершин призмы будут следующими:

• Нижнее основание: $A(a, 0, 0)$, $B(a, a, 0)$, $C(0, a, 0)$, $D(0, 0, 0)$.
• Верхнее основание: $A_1(a, 0, b)$, $B_1(a, a, b)$, $C_1(0, a, b)$, $D_1(0, 0, b)$.

По условию, сечение проходит через середины двух смежных ребер основания. Возьмем ребра $AD$ и $CD$.

• Середина ребра $AD$ — точка $M$ с координатами $M(\frac{a}{2}, 0, 0)$.
• Середина ребра $CD$ — точка $N$ с координатами $N(0, \frac{a}{2}, 0)$.

Также сечение проходит через центр призмы. Центр призмы $O$ — это середина отрезка, соединяющего центры оснований, или середина главной диагонали, например, $DB_1$.

Координаты центра призмы $O$: $O(\frac{0+a}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+b}{2}) = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{b}{2})$.

Теперь найдем уравнение плоскости сечения, проходящей через три точки $M$, $N$ и $O$.

Составим векторы, лежащие в этой плоскости:

$\vec{MN} = (0 - \frac{a}{2}, \frac{a}{2} - 0, 0 - 0) = (-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$

$\vec{MO} = (\frac{a}{2} - \frac{a}{2}, \frac{a}{2} - 0, \frac{b}{2} - 0) = (0, \frac{a}{2}, \frac{b}{2})$

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости как векторное произведение векторов $\vec{MN}$ и $\vec{MO}$:

$\vec{n} = \vec{MN} \times \vec{MO} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -\frac{a}{2} & \frac{a}{2} & 0 \\ 0 & \frac{a}{2} & \frac{b}{2} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{a}{2}\frac{b}{2} - 0) - \mathbf{j}(-\frac{a}{2}\frac{b}{2} - 0) + \mathbf{k}(-\frac{a}{2}\frac{a}{2} - 0) = (\frac{ab}{4}, \frac{ab}{4}, -\frac{a^2}{4})$

Для удобства возьмем коллинеарный вектор, умножив на $\frac{4}{a}$: $\vec{n'} = (b, b, -a)$.

Уравнение плоскости имеет вид $bx + by - az + D = 0$. Подставим координаты точки $M(\frac{a}{2}, 0, 0)$ для нахождения $D$:

$b(\frac{a}{2}) + b(0) - a(0) + D = 0 \implies D = -\frac{ab}{2}$.

Итак, уравнение плоскости сечения: $bx + by - az - \frac{ab}{2} = 0$.

Найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами призмы, чтобы определить вершины многоугольника в сечении. Мы уже знаем точки $M$ и $N$. Поскольку плоскость проходит через центр симметрии призмы, сечение будет центрально-симметричным многоугольником. В данном случае это будет шестиугольник.

• Пересечение с ребром $AA_1$ ($x=a, y=0$): $b(a) + b(0) - az - \frac{ab}{2} = 0 \implies az = \frac{ab}{2} \implies z = \frac{b}{2}$. Точка $Q(a, 0, \frac{b}{2})$.
• Пересечение с ребром $CC_1$ ($x=0, y=a$): $b(0) + b(a) - az - \frac{ab}{2} = 0 \implies az = \frac{ab}{2} \implies z = \frac{b}{2}$. Точка $P(0, a, \frac{b}{2})$.
• Пересечение с ребром $A_1B_1$ ($x=a, z=b$): $b(a) + by - a(b) - \frac{ab}{2} = 0 \implies by = \frac{ab}{2} \implies y = \frac{a}{2}$. Точка $N_1(a, \frac{a}{2}, b)$.
• Пересечение с ребром $B_1C_1$ ($y=a, z=b$): $bx + b(a) - a(b) - \frac{ab}{2} = 0 \implies bx = \frac{ab}{2} \implies x = \frac{a}{2}$. Точка $M_1(\frac{a}{2}, a, b)$.

Вершины шестиугольника в сечении: $M(\frac{a}{2}, 0, 0)$, $N(0, \frac{a}{2}, 0)$, $P(0, a, \frac{b}{2})$, $M_1(\frac{a}{2}, a, b)$, $N_1(a, \frac{a}{2}, b)$, $Q(a, 0, \frac{b}{2})$.

Для нахождения площади этого шестиугольника воспользуемся методом проекций. Найдем площадь проекции шестиугольника на плоскость основания $Oxy$ и угол $\gamma$ между плоскостью сечения и плоскостью основания.

Проекцией шестиугольника на плоскость $Oxy$ будет шестиугольник с вершинами $M'(\frac{a}{2}, 0)$, $N'(0, \frac{a}{2})$, $P'(0, a)$, $M_1'(\frac{a}{2}, a)$, $N_1'(a, \frac{a}{2})$, $Q'(a, 0)$.

Площадь этой проекции $S_{пр}$ можно найти как площадь квадрата $ABCD$ за вычетом площадей двух прямоугольных треугольников в углах $D$ и $B$.

Площадь треугольника у вершины $D(0,0)$ с катетами $DN' = \frac{a}{2}$ и $DM' = \frac{a}{2}$ равна $S_{\triangle DN'M'} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{a^2}{8}$.

Площадь треугольника у вершины $B(a,a)$ с катетами $a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}$ и $a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}$ равна $\frac{a^2}{8}$.

$S_{пр} = S_{ABCD} - 2 \cdot \frac{a^2}{8} = a^2 - \frac{a^2}{4} = \frac{3a^2}{4}$.

Угол $\gamma$ между плоскостью сечения и плоскостью $Oxy$ — это угол между их нормалями. Вектор нормали к плоскости сечения $\vec{n'} = (b, b, -a)$. Вектор нормали к плоскости $Oxy$ — $\vec{k} = (0, 0, 1)$.

$\cos \gamma = \frac{|\vec{n'} \cdot \vec{k}|}{|\vec{n'}| \cdot |\vec{k}|} = \frac{|b \cdot 0 + b \cdot 0 + (-a) \cdot 1|}{\sqrt{b^2+b^2+(-a)^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{|-a|}{\sqrt{a^2+2b^2}} = \frac{a}{\sqrt{a^2+2b^2}}$.

Площадь сечения $S_{сеч}$ связана с площадью ее проекции формулой $S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{|\cos \gamma|}$.

$S_{сеч} = \frac{\frac{3a^2}{4}}{\frac{a}{\sqrt{a^2+2b^2}}} = \frac{3a^2}{4} \cdot \frac{\sqrt{a^2+2b^2}}{a} = \frac{3a}{4}\sqrt{a^2+2b^2}$.

Ответ: $ \frac{3a}{4}\sqrt{a^2+2b^2} $