В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ стороны оснований $AB$ и $BC$ равны соответственно $8$ и $5$, а боковое ребро $AA_1$ равно $4$. На ребре $A_{1}B_1$ отмечена точка $K$, а на луче $BC$ — точка $F$, причём $A_{1}K = KB_1$ и $BF = AB$. Плоскость $AKF$ пересекает ребро $B_{1}C_1$ в точке $P$.
а) Докажите, что $B_{1}P : PC_1 = 4 : 1$.
б) Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью $AKF$.
а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью $AKF$.
$E$ — точка пересечения ребра $DC$ и отрезка $AF$.
$В$ плоскости $ABB_1$ проведём лучи $AK$ и $BB_1, AK$ пересекает $BB_1$ в точке $Q$. В плоскости $BCC_1$ проведём отрезок $FQ, FQ$ пересекает $B_1C_1$ в точке $P$, а $CC_1$ — в точке $R$. Пятиугольник $AKPRE$ — искомое сечение.
$KB_1 ‖ AB, KB_1 ={1}/{2}A_1B_1$, значит, $KB_1$ — средняя линия $△ABQ$, отсюда $BB_1 = QB_1$, а так как $BF ‖ B_1P$, то $B_1P$ — средняя линия $△FBQ, BF = 8, B_1P ={1}/{2}BF = 4. C_1P = B_1C_1 — B_1P = 5 — 4 = 1$, следовательно, $B_1P : PC_1 = 4 : 1$.
б) Прямоугольные треугольники $ABQ, FBQ$ и $ABF$ равны по двум катетам $AB = BF = BQ = 8$, отсюда $AQ = AF = QF = 8√2$. $S_{AQF} ={a^2√3}/{4}$ как площадь равностороннего треугольника со стороной $a$. $S_{AQF} = {(8√2)^2·√3}/{4} = 32√3, S_{KQP} ={1}/{4}S_{AQF}={32√3}/{4} = 8√3$.
$S_{AKPF} = S_{AQF} — S_{KQP} = 32√3 — 8√3 = 24√3$.
$△RCF~△RC_1P$ по первому признаку подобия $(∠C = ∠C_1 = 90°, ∠1 = ∠2$ как вертикальные). Из подобия следует ${CF}/{PC_1} ={FR}/{PR}$. По доказанному в а) $PC_1 = 1, BF = AB = 8$, тогда $CF = 8 — 5 = 3$ и ${FR}/{PR} ={3}/{1}$. Так как $KP$ средняя линия $△AQF$, то $PF ={1}/{2}QF = 4√2, FR = {3PF}/{4} = {4√2·3}/{4} = 3√2$.
В равнобедренном прямоугольном треугольнике $FCE$ $FC = EC = 3$, тогда $EF = 3√2$.
В $△REF$ $FR = EF = 3√2, ∠RFE = 60°$, отсюда $△REF$ — равносторонний. $S_{REF} ={(3√2)^2√3}/{4} = {9√3}/{2}$.
$S_{AKPRE} = S_{AKPF} — S_{REF} = 24√3 — {9√3}/{2} = {39√3}/{2}$.
Ответ: ${39√3}/{2}$