Задание №14 Т/Р №162 А. Ларина

Смотрите также №13; №15; №16; №17; №18; №19 Тренировочной работы №162 А. Ларина

14. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ $AB=AA_1=6, BC=4.$ Точка $P$ – середина ребра  $AB,$ точка $M$  лежит на ребре $DD_1$ так, что $DM:D_1D=2:3.$

а) Докажите, что прямая $BD_1$ параллельна плоскости $MPC.$

б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью $MPC.$

Решение:

а)

Построим сечение параллелепипеда плоскостью $MPC.$

Пусть прямая $PC$ плоскости $ACD$ пересекается с прямой $AD$ в точке $T.$

Точки $M,T$ лежат в плоскости грани $ADD_1,$ соединяем их прямой. Пусть эта прямая пересекается с $AA_1$ в точке $K.$

$KMCP$ – искомое сечение.

Для того, чтобы установить параллельность прямой $BD_1$ и плоскости $MPC,$ следует найти в плоскости $MPC$ прямую, параллельную $BD_1.$

Покажем, что такой прямой будет прямая $ML,$ где $L$ – точка пересечения $BD$ и $PC.$

Учитывая, что $P$ – середина $AB$, наблюдает равенство треугольников $ATP,BCP,$ откуда $TA=AD$. Тогда треугольники $TDL,CBL$ подобны с коэффициентом $1:2.$ Стало быть, и $DL:BL=2:1.$

Но по условию $DM:MD_1=2:1.$

Треугольники $LDM,BDD_1$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Откуда вытекает равенство углов, например, $MLD,D_1BD,$ что, в свою очередь, влечет параллельность прямых $BD_1,LM$ по признаку параллельности прямых.

Что и требовалось доказать.

б) 

$S_{KMCP}=\frac{S_{APCD}}{cos\alpha},$

где $APCD$ – проекция четырехугольника $KMCP$ на плоскость $ADC,$ $\alpha$ – угол между плоскостями проекции и сечения.

Уточним, $\alpha= \angle MND,$ где $DN\perp PC.$

Очевидно, $S_{APCD}=18.$

Из треугольника $CTD:$

$ND=\frac{2S_{CTD}}{TC}=\frac{2\cdot \frac{6\cdot 8}{2}}{\sqrt{6^2+8^2}}=\frac{24}{5}.$

Учитывая, что $MD=4,$ из треугольника $DNM$ получаем:

$cos\alpha =\frac{DN}{MN}=\frac{\frac{24}{5}}{\sqrt{4^2+(\frac{24}{5})^2}}=\frac{6}{\sqrt{61}}.$

Наконец,

$S_{KMCP}=\frac{S_{APCD}}{cos\alpha}=\frac{18}{\frac{6}{\sqrt{61}}}=3\sqrt{61}.$

Ответ: б) $3\sqrt{61}.$