В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известны ребра AB=6, AD=4, AA1=10. Точка F...

0 голосов
206 просмотров

В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 известны ребра AB=6, AD=4, AA1=10. Точка F принадлежит ребру BB1 и делит его в отношении 2:3 считая от вершины В. Найдите площадь сечения этого параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки A, F и C1

Геометрия (33 баллов) | 206 просмотров
Дан 1 ответ
0 голосов
Правильный ответ

Проведем прямые через точки А и F в плоскости АВВ1, через F и С1 в плоскости ВСС1. Очевидно еще одна вершина cечением лежит на ребре DD1. АС это проекция диагонали АС1 сечения. Середина АС точка К это проекция середины АС1 точки Е. Проводим прямую FЕ - она пересекает DD1 в точке P. Отрезки АP и PС1 замыкают сечение - четырехугольник АPС1F.
Этот четырехугольник - параллелограмм, т к линии пересечения с параллельными плоскостями параллельны.
Площадь параллелограмма найдем по формуле S=AP*AF*sinA
В треугольнике AFB: FB=2/5 BB1=2/5 *10=4, АВ=4 по условию, значит треугольник AFB прямоугольный, равнобедренный, тогда  AF= 4√2;
Треугольники AFB и C1PD1 равны, FB=PD1=4, PD=10-4=6.
В треугольнике APD: PD=6, АD=6 по условию, значит треугольник APD прямоугольный, равнобедренный, тогда  AP= 6√2;
В прямоугольном треугольнике PNF: FN параллельна DB и равна [
tex] \sqrt{36+16}= \sqrt{52} [/tex],  PN=2, PF= \sqrt{52+4}= \sqrt{56};
По теореме косинусов PF^{2}=AP^{2}+AF^{2}-2*AP*AF*cosA;
cosA= \frac{72+32-56}{2*6 \sqrt{2}*4 \sqrt{2} } = \frac{48}{96}= \frac{1}{2};
Угол A=60,  sinA= \frac{ \sqrt{3} }{2} ;
S= 6\sqrt{2}*4 \sqrt{2}* \frac{ \sqrt{3} }{2}=24 \sqrt{3

(12.2k баллов)
Похожие задачи