Решение №2465 Найдите площадь сечения призмы АВСА1В1С1 плоскостью MNB1, если АВ = 6, АA1 = √3.

Решение:

а) Доказать: А₁Р₁ = Р₁С₁.
    По условию, призма треугольная и правильная, значит в основании равносторонний треугольник, все стороны равны, и все углы равны по 60°. Так же по условию AM:МС = CN:BN = 2:1, обозначим:

AM = CN = 2х
МС = BN = х
AC = AB = BC = 2x + x = 3x

    Построим проекцию BP плоскости MNB₁P₁ на основание АВС, тогда В₁ → В, Р₁ → Р, B₁P₁||BP, MN||BP.
    В ΔАВС используем теорему Фалеса: параллельные прямые MN и BP на сторонах угла С отсекают подобные отрезки:

\frac{CN}{NB}=\frac{CM}{MP}\\\frac{2x}{x}=\frac{x}{MP}\\2=\frac{x}{MP}\\MP=\frac{x}{2}

    Тогда:

РС = МP + CM = \frac{x}{2}+x=\frac{3x}{2}

AP = AC – PC = 3x – \frac{3x}{2} = \frac{3x}{2}

    Получаем: 

АР = РС

    Значит и А₁Р₁ = Р₁С₁.
    Что и требовалось доказать.
б) Найти площадь MNB₁Р₁, если АВ = 6, АA₁ = √3.
    Найдём чему в наших обозначениях равен х:

АВ = 6
3х = 6
х = \frac{6}{3} = 2

    MNB₁Р₁ – трапеция (Р₁В₁||MN, B₁N∦Р₁M).
    В ΔMNC по теореме косинусов найдём MN:

MN² = MC² + CN² – 2·MC·CN·cos∠MCN
MN² = x² + (2x)² – 2·x·2x·cos60°
MN² = 2² + (2·2)² – 2·2·2·2·\frac{1}{2}
MN² = 4 + 16 – 8 = 12
MN = \sqrt{12}=\sqrt{4\cdot 3}=2\sqrt{3}

    В ΔР₁С₁B₁ (он прямоугольный, т.к. В₁Р₁ медиана, высота и биссектриса) найдём Р₁B₁:

sin\angle P_{1}C_{1}B_{1}=\frac{P_{1}B_{1}}{C_{1}B_{1}}\\sin60°=\frac{P_{1}B_{1}}{3x}\\\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{P_{1}B_{1}}{3\cdot 2}\\P_{1}B_{1}=3\sqrt{3}

    MP₁ – наклонная к плоскости ВРР₁В₁, РМ её проекция, РМ⊥MN, значит MN⊥MP₁ по теореме о трёх перпендикулярах, а т.к. MN||P₁B₁ ⇒ MP₁⊥P₁B₁, получаем, что МР₁ высота трапеции MNB₁Р₁.
    Найдём в прямоугольном ΔРР₁М по теореме Пифагора сторону Р₁М:

MP_{1}=\sqrt{PP_{1}^{2}+PM^{2}}=\sqrt{AA_{1}^{2}+(\frac{x}{2})^{2}}=\sqrt{\sqrt{3}^{2}+1^{2}}=\sqrt{4}=2

    По формуле находим площадь трапеции MNB₁Р₁:

S_{MNB_{1}P_{1}}=\frac{MN+B_{1}P_{1}}{2}\cdot MP_{1}=\frac{2\sqrt{2}+3\sqrt{3}}{2}\cdot 2=5\sqrt{3}

Ответ: б) 5√3.