Атанасян. Стереометрия. Задача 85

[Pennywise]

Здравствуйте. Столкнулся с проблемой при решении следующей задачи.

Изобразите параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$ и постройте его сечение плоскостью $BKL$, где точка $K$ — середина ребра $AA_1$, а точка $L$ — середина ребра $CC_1$. Докажите, что построенное сечение — параллелограмм.

Сама задача несложная, если обращаться к наглядности рисунка. У меня сложности в том, чтобы обосновать очевидные из рисунка вещи. Привожу решение.



Плоскость сечения $\sigma$ пересекает грань $ABB_1A_1$ по отрезку $KB$, грань $BCC_1B_1$ по отрезку $BL$. Плоскости $ABB_1$ и $DCC_1$ параллельны, поэтому прямая $l$, по которой пересекаются $\sigma$ и плоскость $DCC_1$, параллельна прямой $KB$, $l$ проходит через точку $L$.

Точка $L$ разбивает прямую $l$ на два луча. Выберем тот луч $[LL_1)$, который сонаправлен с лучом $[BK)$.
Лучи $[BB_1)$ и $[CC_1)$ сонаправлены (как стороны параллелограмма), точка $L$ лежит между $C$ и $C_1$, след., лучи $[BB_1)$ и $[LC_1)$ сонаправлены.
Отсюда следует (по известной теореме), что $\angle KBB_1 = \angle L_1LC_1$.

Из равенства параллелограммов $ABB_1A_1$ и $DCC_1D_1$ следует, что $\angle A_1AB = \angle D_1C_1C$.
Луч $[BK)$ лежит во внутренней области угла $ABB_1$, поэтому $\angle KBB_1 < \angle ABB_1$.
$ABB_1A_1$ — параллелограмм, след., $\angle A_1AB + \angle ABB_1 = 180 ^\circ$, след., $\angle A_1AB + \angle KBB_1 = \angle D_1C_1C + \angle L_1LC_1 < 180^\circ$.
Прямая $CC_1$ делит плоскость $DCC_1$ на две полуплоскости: $\alpha_1$, в которой лежат рёбра $C_1D_1$ и $CD$, и $\alpha_2$.
Рассмотрим прямые $LL_1$ и $C_1D_1$. Сумма внутренних односторонних углов при пересечении их секущей $CC_1$ в полуплоскости $\alpha_1$ меньше развернутого угла, след., прямые $LL_1$ и $C_1D_1$ пересекаются в этой полуплоскости. Обозначим через $M$ точку пересечения прямой $LL_1$ с лучом $C_1D_1$.

Из треугольника $AKB$ находим, что

$$\angle AKB = (180^\circ - \angle A_1AB) - \angle KBA =\angle ABB_1 - \angle KBA =\angle KBB_1=\angle L_1LC_1 = \angle MLC_1$$

$AA_1 = CC_1$, след. $KA = LC_1$.
Треугольники $KAB$ и $LC_1M$ равны по второму признаку, след., $C_1M = AB$, но $C_1D_1 = AB$, след., точки $M$ и $D_1$ совпадают.

Дальше легко достроить сечение и доказать, что оно параллелограмм.

По-моему какое-то громоздкое решение получается. Может, есть какой-нибудь более простой способ? И правильно ли моё решение?

[Brukvalub]

Жесть... Сразу соединяем $D_1$ с $L$, получаем параллельные прямые $D_1L$ и $KB$, из аксиомы параллельных $D_1L$ является линией сечения, дальше - ясно.

[Pennywise]

Brukvalub в сообщении #1207428 писал(а):

Жесть... Сразу соединяем $D_1$ с $L$, получаем параллельные прямые $D_1L$ и $KB$

Если их сразу соединить, то надо сначала доказать, что точки $K, B, L, D_1$ лежат в одной плоскости. Разве не так?

[DeBill]

Pennywise
Ну, можно провести вспомогательное сечение через $KBC$...

[Brukvalub]

Pennywise в сообщении #1207431 писал(а):

Если их сразу соединить, то надо сначала доказать, что точки $K, B, L, D_1$ лежат в одной плоскости. Разве не так?

Brukvalub в сообщении #1207428 писал(а):

получаем параллельные прямые $D_1L$ и $KB$

которые обязательно лежат в одной плоскости.

[Pennywise]

Brukvalub, я понимаю, что параллельные прямые лежат в одной плоскости. Я думал, что вы имели в виду, что параллельность прямых $KB$ и $D_1L$ следует из параллелограмма $KBLD_1$. Но ведь сначала надо доказать, что он параллелограмм, а не тетраэдр. Я, к сожалению, не понимаю, откуда ещё может сразу следовать параллельность этих прямых.

[Brukvalub]

Pennywise в сообщении #1207444 писал(а):

откуда ещё может сразу следовать параллельность этих прямых.

Это следует из "середин" Соедините середину $DD_1$ с $C$ и мгновенно докажете параллельность по транзитивности.

[Pennywise]

Brukvalub, точно. Большое спасибо. Обидно даже, что сразу до этого не дошёл, как зациклился на доказательстве через равенство каких-нибудь треугольников, так и не смог остановиться.

[Pennywise]

Извиняюсь за поднятие темы, но появился такой вопрос. Вот если бы на ЕГЭ была такая задача, и экзаменуемый привёл бы решение, которое у меня в начальном сообщении, то это повлияло бы на оценку задания? Оно ведь верное, хотя и дурацкое.

[Munin]

Если решение верное, то задача зачитывается. Разве не так?

[Brukvalub]

Pennywise в сообщении #1208495 писал(а):

это повлияло бы на оценку задания?

Разумеется, не повлияло бы.

[provincialka]

На оценку не повлияло бы... Но если вы верите в силу мысли, лучше такое не пишите: эксперт будет думать о вас очень, очень плохо И вдруг его мысль материальна?

[Pennywise]

Munin в сообщении #1208500 писал(а):

Если решение верное, то задача зачитывается. Разве не так?

Я умом-то понимаю, но иррациональные переживания очень сложно отменить.

Brukvalub, provincialka, понятно, спасибо.

[Brukvalub]

Pennywise, на ЕГЭ такая задача идет под номером 14. Задачи, начиная с 13-й, проверяются вручную экспертами и могут быть проапеллированы. В критериях оценки этой задачи нет категории "нерациональное решение". Так что бояться нечего. Если эксперт вынес ошибочное суждение, снизив оценку за верное решение, с ним можно и нужно спорить.
Например, я один раз даже был официально уполномоченным доверенностью представителем интересов сына своего близкого родственника на апелляции и помог ему отыграть на двух задачах целых три балла.
Правда, я был сконфужен огромным количеством знакомых мне коллег "с той стороны баррикад", некоторые из которых недоуменно меня спрашивали: "а ты-то что тут делаешь?". Приходилось отвечать: "пришел учить вас, как правильно решать задачи ЕГЭ".