ФИПИ 727800 — Сечение многогранников

План. В координатах проверим все пересечения секущей плоскости с рёбрами. В полученном равнобедренном треугольнике найдём основание и высоту, а затем восстановим высоту призмы по площади. Пусть высота призмы $h>0$. Выберем координаты: $$A(0;0;0),\quad B(2;0;0),\quad C(1;\sqrt3;0),$$ $$A_1(0;0;h),\quad B_1(2;0;h),\quad C_1(1;\sqrt3;h),\quad M\left(1;\sqrt3;\frac h2\right).$$ Уравнение плоскости через $A_1$, $B$, $M$ имеет вид $$hx+2z=2h.$$ Действительно, подстановка $A_1$ даёт $2h=2h$, $B$ — $2h=2h$, а $M$ — $h+2(h/2)=2h$. Эти три точки не лежат на одной прямой, поэтому они задают плоскость однозначно. а) Форма сечения. На нижнем основании $z=0$ уравнение даёт $x=2$. В треугольнике $ABC$ это только вершина $B$. На верхнем основании $z=h$ получаем $x=0$, то есть только $A_1$. На третьем боковом ребре $CC_1$, где $x=1$, получаем $$h+2z=2h,\qquad z=\frac h2,$$ то есть точку $M$. Остальные боковые рёбра дают уже найденные $A_1$, $B$. Значит, сечение — треугольник $A_1BM$. Вычисляем квадраты двух его сторон: $$MA_1^2=(-1)^2+(-\sqrt3)^2+\left(\frac h2\right)^2=1+3+\frac{h^2}{4}=4+\frac{h^2}{4},$$ $$MB^2=1^2+(-\sqrt3)^2+\left(-\frac h2\right)^2=1+3+\frac{h^2}{4}=4+\frac{h^2}{4}.$$ Квадраты равны, значит, $MA_1=MB$: треугольник равнобедренный. б) Площадь и высота призмы. Середина основания $A_1B$: $$T\left(\frac{0+2}{2};0;\frac{h+0}{2}\right)=\left(1;0;\frac h2\right).$$ В равнобедренном треугольнике медиана $MT$ является высотой. Здесь её длина видна и по координатам: у $M,T$ одинаковые $x,z$, а разность $y$ равна $\sqrt3$. Поэтому $$MT=\sqrt3.$$ Основание: $$A_1B=\sqrt{(2-0)^2+(0-h)^2}=\sqrt{4+h^2}.$$ Подставляем в формулу площади заданное значение 6: $$6=\frac12 A_1B\cdot MT=\frac12\sqrt{4+h^2}\sqrt3,$$ $$12=\sqrt3\sqrt{4+h^2}.$$ Обе части положительны, возводим в квадрат: $$144=3(4+h^2)=12+3h^2,$$ $$3h^2=144-12=132,\qquad h^2=44,$$ $$h=\sqrt{44}=2\sqrt{11}.$$ Берём положительный корень, потому что $h$ — длина. Ответ: б) $2\sqrt{11}$.