Элементарная математика. Геометрия.

Задача 25

Дан куб $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ с ребром $\ a$. Постройте сечение куба плоскостью и найдите площадь сечения, если:
а) плоскость проходит через вершины $\ A$ и $\ D_{1}$ и середину ребра $\ BB_{1}$;
б) плоскость проходит через вершину $\ A$ и параллельна плоскости $\ DBC_{1}$;
в) плоскость проходит через середины рёбер $\ AB$, $\ BB_{1}$, $\ B_{1}C_{1}$.

Замечание.
Обратите внимание, что рисунок интерактивный. Точки, большие по размеру, можно двигать мышкой.

Решение:

 а) плоскость проходит через вершины $A$ и $D_{1}$ и середину ребра $BB_{1}$:

 Соединяем точки $A$ и $D_{1}$. Пусть $X$ — середина ребра $BB_{1}$. Соединяем точки $A$ и $X$, а затем продолжаем эту прямую до пересечения с продолжением $A_{1}B_{1}$  в точке $Z$.

 Далее соединяем точки $Z$ и $D_{1}$, лежащие в плоскости $\ A_{1}B_{1}C_{1}$. Пересечение $ZD_1$ и $B_1C_1$ обозначим $Y$.

 Тогда $\ AXYD_{1}$ —искомое сечение.

 Очевидно, что$B_1X$ — средняя линия треугольника $AA_1Z$. Сторона $A_1Z$ одновременно принадлежит $\triangle AA_1Z$ и $\triangle A_1ZD_1$. Следовательно $B_1Y$ будет средней линией для $\triangle A_1ZD_1$. Таким образом, имеем $AX=D_1Y$. Учитывая, что $AD_1\parallel XY$, заключаем, что $\ AXYD_{1}$ — равнобедренная трапеция.

 Стороны трапеции $\ AXYD_{1}$ определяются по теореме Пифагора:

$\ AD_{1}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$,
$XY=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$,
$AX=YD_1=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a \sqrt 5}{2}$.

 Найдем высоту трапеции из прямоугольного треугольника $D_1YH$:

 $HY=\sqrt{D_{1}Y^2-HD_{1}^2}$.

Так как высота, опущенная из вершины меньшего основания на большее основание, делит его на большой отрезок и меньший, который равен полуразности оснований, то

$HD_{1}=\frac{AD_{1}-XY}{2}=\frac{a\sqrt{2}-\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Тогда  $HY=\sqrt{\left(\frac{a \sqrt 5}{2}\right)^2-\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{4}-\frac{a^2}{8}}=\sqrt{\frac{9a^2}{8}}=\frac{3\sqrt{2}a}{4}$.

 $S_{AXYD_{1}}=\frac{AD_{1}+XY}{2}\cdot HY=\frac{a\sqrt{2}+\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2}\frac{3\sqrt{2}a}{4}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}\frac{3\sqrt{2}a}{4}=\frac{9a^2}{8}$.

Ответ:

$\frac{9a^2}{8}$.

 б) плоскость проходит через вершину $A$ и параллельна плоскости $DBC_{1}$:

Проведем $\ AB_{1}$ и $\ AD_{1}$, это диагонали граней куба, следовательно $\ AB_{1}\| C_{1}D$ и $\ AD_{1}\| BC_{1}$. Тогда $AB_{1}D_{1}$ — искомое сечение.

Очевидно, что $\ AB_{1}=B_{1}D_{1}=AD_{1}=a\sqrt{2}$.
Тогда
$S_{AB_{1}D_{1}}=\frac{1}{2}AB_{1}\cdot AD_{1}\cdot \sin 60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Ответ:

$\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

 в) плоскость проходит через середины рёбер $AB$, $BB_{1}$, $B_{1}C_{1}$:

Пусть $\ X, Y, Z$ — середины ребер $\ AB_{1}, BB_{1}, B_{1}C_{1}$ соответственно.
Соединим $\ X$ и $\ Y$, $\ Y$ и $\ Z$. Затем продлим $\ XY$ до пересечения с продолжением $\ AA_{1}$ и $\ A_{1}B_{1}$.
Пусть $XY\cap AA_{1}=L, XY\cap A_{1}B_{1}=K$.
Точки K и Z принадлежат плоскости $\ (A_{1}B_{1}B)$, соединяем их и продолжаем до пересечения с $\ C_{1}D_{1}$ и $\ A_{1}D_{1}$:
$\ KZ\cap C_{1}D_{1}=M$, $\ KZ\cap A_{1}D_{1}=N$.
Точки $L$ и $N$ лежат в плоскости $\ (AA_{1}D_{1})$. Соединяем их и получаем  $LN\cap AD=O, LN\cap DD_{1}=P$.

Из построения следует, что искомое сечение $XYZMPO$ — шестиугольник, у которого все стороны равны $\frac{a\sqrt{2}}{2}$, а все вершины — середины рёбер куба.

Площадь правильного шестиугольника равна сумме шести площадей правильного треугольника со стороной, равной стороне шестиугольника. Тогда воспользуемся формулой из предыдущего пункта и получим

$\ S=6\frac{\sqrt{3}}{4}\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2=\frac{3\sqrt{3}}{2}\frac{a^2}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$.

Ответ:

$\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2$.