ФИПИ C87061 — Сечение многогранников

План. Найдём уравнение секущей плоскости по точкам $M,K,C$. После этого можно проверять принадлежность точек, направления прямых и находить все вершины сечения простой подстановкой. Введём координаты основания: $$A(0;0;0),\quad D(3;0;0),\quad B\left(\frac12;b;0\right),\quad C\left(\frac52;b;0\right),\qquad b>0.$$ Почему смещение равно $1/2$? Основания равнобедренной трапеции равны 3 и 2, а короткое расположено симметрично относительно длинного. Поэтому с каждой стороны остаётся $(3-2)/2=1/2$. Число $b$ — высота трапеции, а высоту призмы обозначим через $h$. Из $A_1M:MD_1=1:2$ получаем $A_1M=3/3=1$. Точка $K$ — середина $DD_1$, поэтому $$M(1;0;h),\qquad K\left(3;0;\frac h2\right).$$ Плоскость не вертикальна, так как проекции $M,K,C$ не лежат на одной прямой. Запишем её как $z=\alpha x+\beta y+\gamma$. Подставляем $M,K$: $$h=\alpha+\gamma,\qquad \frac h2=3\alpha+\gamma.$$ Вычитаем первое равенство из второго: $$-\frac h2=2\alpha,\qquad \alpha=-\frac h4.$$ Тогда $$\gamma=h-\alpha=h+\frac h4=\frac{5h}{4}.$$ Подстановка $C$ даёт $$0=-\frac h4\cdot\frac52+\beta b+\frac{5h}{4},$$ $$0=-\frac{5h}{8}+\beta b+\frac{10h}{8},\qquad \beta b=-\frac{5h}{8},\qquad \beta=-\frac{5h}{8b}.$$ Итак, $$z=\frac{5h}{4}-\frac h4x-\frac{5h}{8b}y.$$ Умножая на $8b$ и перенося в одну сторону, получаем также $$2bhx+5hy+8bz-10bh=0.$$ а) Пересечение с $BB_1$. На этом ребре $x=1/2$, $y=b$. Подставляем в уравнение плоскости: $$z=\frac{5h}{4}-\frac h4\cdot\frac12-\frac{5h}{8b}\cdot b=\frac{10h}{8}-\frac h8-\frac{5h}{8}=\frac{4h}{8}=\frac h2.$$ Значит, точка пересечения $V(1/2;b;h/2)$ — середина $BB_1$. б) Находим $b$ и $h$. В прямоугольном треугольнике у вершины $D$ горизонтальный катет равен $1/2$, вертикальный — $b$. Из $\angle ADC=60^\circ$: $$\tan60^\circ=\frac b{1/2}=2b,\qquad b=\frac{\sqrt3}{2}.$$ Направления из $K$ к $M$ и $C$: $$\overrightarrow{KM}=\left(-2;0;\frac h2\right),\qquad \overrightarrow{KC}=\left(-\frac12;b;-\frac h2\right).$$ Угол $MKC$ прямой, значит, скалярное произведение равно нулю: $$(-2)\left(-\frac12\right)+0\cdot b+\frac h2\left(-\frac h2\right)=0,$$ $$1-\frac{h^2}{4}=0,\qquad h^2=4,\qquad h=2.$$ Берём положительный корень, поскольку это высота призмы. Все вершины сечения. На верхнем ребре $A_1B_1$ точка имеет вид $(t/2;bt;h)$, где $t=A_1R/A_1B_1$. Подставляем: $$h=\frac{5h}{4}-\frac h4\cdot\frac t2-\frac{5h}{8b}\cdot bt=\frac{5h}{4}-\frac{ht}{8}-\frac{5ht}{8},$$ $$h=\frac{5h}{4}-\frac{3ht}{4}.$$ Делим на $h/4>0$: $$4=5-3t,\qquad 3t=1,\qquad t=\frac13.$$ Поэтому $$R\left(\frac16;\frac b3;h\right).$$ Верхнее основание пересекается по $RM$, боковые рёбра — в $K,V,C$ (точка $C$ — нижний конец $CC_1$). На $AA_1$ уравнение потребовало бы $z=5h/4>h$, поэтому там пересечения нет. В нижнем основании след касается только $C$: выражение для $z$ в остальных вершинах положительно. Таким образом, сечение — пятиугольник $MKCVR$. Площадь проекции. Его проекция на основание имеет вершины $$M_0(1;0),\quad K_0(3;0),\quad C\left(\frac52;b\right),\quad V_0\left(\frac12;b\right),\quad R_0\left(\frac16;\frac b3\right).$$ Площадь многоугольника равна половине модуля разности двух циклических сумм произведений координат соседних вершин. Эта формула получается сложением ориентированных площадей треугольников с вершиной в начале координат. Распишем обе суммы: $$\Sigma_1=1\cdot0+3b+\frac52b+\frac12\cdot\frac b3+\frac16\cdot0=3b+\frac{5b}{2}+\frac b6=\frac{18b+15b+b}{6}=\frac{17b}{3},$$ $$\Sigma_2=0\cdot3+0\cdot\frac52+\frac b2+\frac b6+\frac b3=\frac{3b+b+2b}{6}=b.$$ Следовательно, $$S_0=\frac12|\Sigma_1-\Sigma_2|=\frac12\left(\frac{17b}{3}-b\right)=\frac12\cdot\frac{14b}{3}=\frac{7b}{3}=\frac{7\sqrt3}{6}.$$ Переходим от проекции к сечению. Для плоскости $z=\alpha x+\beta y+\gamma$ нормаль имеет вид $(-\alpha;-\beta;1)$. Поэтому косинус угла с основанием равен $1/\sqrt{1+\alpha^2+\beta^2}$. При ортогональном проектировании площадь умножается на этот косинус, значит, обратный множитель равен $\sqrt{1+\alpha^2+\beta^2}$. В нашем случае $$\alpha=-\frac h4=-\frac12,\qquad \beta=-\frac{5h}{8b}=-\frac{10}{4\sqrt3}=-\frac5{2\sqrt3}.$$ Вычисляем множитель: $$\sqrt{1+\alpha^2+\beta^2}=\sqrt{1+\frac14+\frac{25}{12}}=\sqrt{\frac{12+3+25}{12}}=\sqrt{\frac{40}{12}}=\sqrt{\frac{10}{3}}.$$ Теперь площадь самого сечения: $$S=S_0\sqrt{\frac{10}{3}}=\frac{7\sqrt3}{6}\sqrt{\frac{10}{3}}=\frac{7\sqrt{10}}6.$$ Ответ: б) $\frac{7\sqrt{10}}6$.