Задание №15 — Сечения

Решение:

а) Построим сечение, последовательно соединив вершины $A_{1}$ и $B$, а также точки $A_{1}$ с $M$ и $B$ с $M$.
Полученный треугольник $A_{1}MB$ и является искомым сечением.
Сравним прямоугольные треугольники $\triangle A_{1}C_{1}M$ и $\triangle BCM$:
1. Катеты $C_{1}M$ и $MC$ равны, так как $M$ — середина бокового ребра $CC_{1}$.
2. Катеты $A_{1}C_{1}$ и $BC$ равны как стороны оснований правильной призмы.
Следовательно, $\triangle A_{1}C_{1}M = \triangle BCM$ по двум катетам. Из равенства треугольников вытекает равенство их гипотенуз: $A_{1}M = BM$.
Это доказывает, что треугольник $A_{1}MB$ является равнобедренным.

б) Пусть половина бокового ребра $MC = C_{1}M = x$, тогда вся высота призмы $CC_{1} = 2x$.
Применим теорему Пифагора для $\triangle BCM$, учитывая, что сторона основания $BC = AB = 2$:
$$BM^{2} = BC^{2} + MC^{2} = 2^2 + x^2 = 4 + x^{2}.$$
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA_{1}B$:
$$A_{1}B^{2} = AA_{1}^{2} + AB^{2} = (2x)^{2} + 2^2 = 4x^{2} + 4.$$
В равнобедренном треугольнике $A_{1}MB$ проведем медиану $MH$ к основанию $A_{1}B$. Она также будет являться высотой ($MH \perp A_{1}B$).
Точка $H$ делит отрезок $A_{1}B$ пополам, значит:
$HB = \frac{A_{1}B}{2} = \frac{\sqrt{4x^{2} + 4}}{2} = \frac{2\sqrt{x^{2} + 1}}{2} = \sqrt{x^{2} + 1}.$
Из прямоугольного треугольника $\triangle HMB$ найдем длину высоты $MH$:
$$HM^{2} = MB^{2} - HB^{2} = (4 + x^{2}) - (x^{2} + 1) = 3 \Rightarrow HM = \sqrt{3}.$$
Используя формулу площади треугольника $S_{A_{1}MB} = \frac{1}{2} \cdot A_{1}B \cdot MH$, и зная, что площадь равна $6$, имеем:
$$\frac{1}{2} \cdot A_{1}B \cdot \sqrt{3} = 6 \Rightarrow A_{1}B = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}.$$
Найдем высоту призмы $AA_{1}$, используя ранее выведенную связь с $A_{1}B$:
$AA_{1}^{2} = A_{1}B^{2} - AB^{2} = (4\sqrt{3})^{2} - 2^{2} = 48 - 4 = 44.$
Следовательно, $AA_{1} = \sqrt{44} = 2\sqrt{11}.$

Ответ: $2\sqrt{11}$

Источник: ФИПИ