ФИПИ C300DC — Сечение многогранников

Выберем координаты вдоль трёх взаимно перпендикулярных рёбер. Тогда положение точек на рёбрах можно записать точно, а принадлежность плоскости проверить подстановкой. Обозначим $AB=p$, $AD=q$, $AA_1=h$. Нижнее основание поместим в $z=0$: $$A=(0;0;0),\quad B=(p;0;0),\quad D=(0;q;0),\quad C=(p;q;0).$$ Все вершины верхнего основания имеют третью координату $h$. Здесь: $$p=6 \sqrt{2},\quad q=10,\quad h=16.$$ Сначала найдём высоты точек $E,F$ из отношений частей рёбер. Если $A_1E:EA=5:3$, то всё ребро состоит из $5+3=8$ одинаковых частей, а $EA$ занимает 3 из них: $$EA=h\frac{3}{8}=\frac{16\cdot3}{8}=6.$$ Аналогично $B_1F:FB=5:11$ даёт: $$FB=h\frac{11}{16}=\frac{16\cdot11}{16}=11.$$ Точка $T$ — середина $B_1C_1$, поэтому её вторая координата равна $q/2$: $$E=(0;0;6),\quad F=(6 \sqrt{2};0;11),\quad T=(6 \sqrt{2};5;16).$$ Получим уравнение плоскости, а не будем брать его готовым. Так как у точек $E,F,T$ разные первые две координаты, запишем плоскость в виде: $$z=c+\alpha x+\beta y.$$ Подстановка $E$ сразу даёт $c=6$. Подставим $F$: $$11=6+\alpha\cdot6 \sqrt{2}.$$ Вычтем 6 и разделим на $6 \sqrt{2}>0$: $$\alpha=\frac{11-6}{6 \sqrt{2}}=\frac{5}{6 \sqrt{2}}=\frac{5 \sqrt{2}}{12}.$$ Теперь подставим $T$. Сумма $c+\alpha p$ уже равна высоте $F$, то есть 11. Поэтому: $$16=11+\beta\cdot5,$$ $$\beta=\frac{16-11}{5}=\frac{5}{5}=1.$$ Полученное уравнение: $$z=6+(\frac{5 \sqrt{2}}{12})x+(1)y.$$ а) Проверим вершину $D_1=(0;10;16)$. Правая часть при её координатах равна: $$6+(\frac{5 \sqrt{2}}{12})\cdot0+(1)\cdot10=6+10=16.$$ Она совпала с третьей координатой $D_1$. Следовательно, эта вершина лежит в плоскости $EFT$. б) Сначала установим форму сечения. На вертикальных рёбрах $AA_1,BB_1$ плоскость пересекает параллелепипед в $E,F$. На верхней грани она проходит через $D_1,T$. На ребре $CC_1$ потребовалась бы высота: $$6+(\frac{5 \sqrt{2}}{12})\cdot6 \sqrt{2}+(1)\cdot10=11+10=21>16.$$ Эта точка была бы выше параллелепипеда, поэтому пересечения с $CC_1$ нет. В нижней грани пересечения тоже нет: $z=6+\alpha x+\beta y$ положительно при $0\le x\le p$, $0\le y\le q$. Таким образом, сечение — четырёхугольник $EFTD_1$. Его ортогональная проекция на основание — трапеция с вершинами $(0;0),(p;0),(p;q/2),(0;q)$. Параллельные стороны этой трапеции имеют длины $q$ и $q/2$, расстояние между ними — $p$. Площадь проекции: $$S_0=\frac{q+q/2}{2}\,p=\frac{3pq}{4}.$$ Подставим размеры: $$S_0=\frac{3\cdot6 \sqrt{2}\cdot10}{4}=45 \sqrt{2}.$$ Чтобы перейти от площади проекции к площади наклонной фигуры, найдём угол $\theta$ её плоскости с основанием. При ортогональном проецировании площадь плоской фигуры умножается на $\cos\theta$: проекция сохраняет одну длину в плоскости, а перпендикулярную ей высоту уменьшает в $\cos\theta$ раз. Поэтому: $$S_0=S\cos\theta,\qquad S=\frac{S_0}{\cos\theta}.$$ У плоскости $z=e+\alpha x+\beta y$ нормаль (перпендикулярный ей вектор) равна $n=(-\alpha;-\beta;1)$. Это видно из уравнения $-\alpha x-\beta y+z=e$: коэффициенты при координатах задают нормаль. У основания $z=0$ нормаль $k=(0;0;1)$. Косинус меньшего угла между плоскостями равен модулю косинуса между их нормалями: $$\cos\theta=\frac{|n\cdot k|}{|n|\,|k|}=\frac{1}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2+1}}.$$ Подставим в формулу площади: $$S=S_0\sqrt{1+\alpha^2+\beta^2}.$$ Вычислим квадрат множителя: $$1+(\frac{5 \sqrt{2}}{12})^2+(1)^2=1+\frac{25}{72}+1=\frac{169}{72}.$$ Извлечём положительный корень и умножим на площадь проекции: $$\sqrt{\frac{169}{72}}=\frac{13 \sqrt{2}}{12},$$ $$S=45 \sqrt{2}\cdot\frac{13 \sqrt{2}}{12}=\frac{195}{2}.$$ Ответ: а) плоскость проходит через $D_1$; б) площадь сечения равна $\frac{195}{2}$.