№15. Стереометрическая задача

Пункт а, шаг 1. Какие стороны трапеции параллельны

Точки \(M\) и \(K\) лежат в плоскости верхнего основания, точки \(A\) и \(N\) — в плоскости нижнего. Эти плоскости параллельны, а секущая плоскость \((AMKN)\) пересекает их по прямым \(MK\) и \(AN\), значит

\[MK \parallel AN.\]

Следовательно, основания трапеции — это \(MK\) и \(AN\), а боковые стороны — \(AM\) и \(KN\).

Пункт а, шаг 2. Спускаем всё в основание

Спроектируем точки \(M\) и \(K\) на плоскость основания; получим точки \(M_0\) на \(AB\) и \(K_0\) на \(BC\). Призма прямая, поэтому проекция сохраняет и отношения на рёбрах, и длины горизонтальных отрезков:

\[BK_0 : K_0C = B_1K : KC_1 = 1 : 2\ \Longrightarrow\ BK_0 = \dfrac13\,BC,\]

\[M_0K_0 \parallel MK \parallel AN,\qquad M_0K_0 = MK.\]

Теперь в основании прямая \(M_0K_0\) параллельна \(AN\), поэтому треугольники \(BM_0K_0\) и \(BAN\) подобны (общий угол при вершине \(B\)):

\[\dfrac{BM_0}{BA} = \dfrac{BK_0}{BN} = \dfrac{M_0K_0}{AN}.\]

Точка \(M_0\) лежит на отрезке \(AB\), значит \(BM_0 \le BA\), и потому \(MK \le AN\). Основания равны \(2\) и \(3\), следовательно

\[MK = 2,\qquad AN = 3,\qquad \dfrac{BK_0}{BN} = \dfrac23.\]

\[BN = \dfrac32\,BK_0 = \dfrac32\cdot\dfrac13\,BC = \dfrac{BC}{2},\]

то есть \(N\) — середина \(BC\).

Важно! Ключевой шаг — понять, какое из чисел \(2\) и \(3\) является верхним основанием. Это решается одной фразой: \(M_0\) лежит внутри отрезка \(AB\), поэтому меньший коэффициент подобия идёт к \(MK\).

Пункт б, шаг 1. Связываем стороны основания

Из того же подобия \(\dfrac{BM_0}{BA} = \dfrac23\), значит \(AM_0 = \dfrac13\,AB\).

Призма прямая, поэтому боковые стороны трапеции считаются по теореме Пифагора (высота призмы равна \(2\)):

\[AM^2 = AM_0^2 + 2^2 = \left(\dfrac{AB}{3}\right)^2 + 4,\]

\[KN^2 = K_0N^2 + 2^2,\qquad K_0N = BN - BK_0 = \dfrac{BC}{2} - \dfrac{BC}{3} = \dfrac{BC}{6}.\]

Трапеция равнобедренная, то есть \(AM = KN\):

\[\dfrac{AB}{3} = \dfrac{BC}{6}\ \Longrightarrow\ BC = 2\,AB.\]

Пункт б, шаг 2. Находим AB

Обозначим \(AB = p\). Тогда \(BN = \dfrac{BC}{2} = p\), то есть треугольник \(ABN\) равнобедренный: \(AB = BN = p\) и \(AN = 3\).

Площадь основания: \(S_{ABCD} = \dfrac{V}{h} = \dfrac{12}{2} = 6\). Диагональ делит параллелограмм пополам, а точка \(N\) — середина \(BC\), поэтому

\[S_{ABN} = \dfrac12\,S_{ABC} = \dfrac12\cdot\dfrac12\,S_{ABCD} = \dfrac32.\]

Пусть \(\beta = \angle ABN\). Записываем два уравнения:

\[\dfrac12\,p^2\sin\beta = \dfrac32\ \Longrightarrow\ p^2\sin\beta = 3,\]

\[AN^2 = p^2 + p^2 - 2p^2\cos\beta = 2p^2(1 - \cos\beta) = 9.\]

Разделим второе на первое:

\[\dfrac{2(1-\cos\beta)}{\sin\beta} = 3\ \Longrightarrow\ \dfrac{1-\cos\beta}{\sin\beta} = \dfrac32\ \Longrightarrow\ \operatorname{tg}\dfrac{\beta}{2} = \dfrac32.\]

Важно! Здесь использовано тождество \(\dfrac{1-\cos\beta}{\sin\beta} = \operatorname{tg}\dfrac{\beta}{2}\). Его стоит знать: оно превращает систему «площадь + сторона» в одно уравнение на половинный угол.

Из \(\operatorname{tg}\frac{\beta}{2} = \frac32\) находим

\[\sin\beta = \dfrac{2\operatorname{tg}\frac{\beta}{2}}{1+\operatorname{tg}^2\frac{\beta}{2}} = \dfrac{3}{1+\frac94} = \dfrac{12}{13},\qquad p^2 = \dfrac{3}{\sin\beta} = \dfrac{13}{4}.\]

Пункт б, шаг 3. Площадь трапеции

\[AM^2 = \dfrac{p^2}{9} + 4 = \dfrac{13}{36} + 4 = \dfrac{157}{36},\qquad AM = \dfrac{\sqrt{157}}{6}.\]

В равнобедренной трапеции с основаниями \(3\) и \(2\) боковая сторона проектируется на большее основание в отрезок длиной \(\dfrac{3-2}{2} = \dfrac12\), поэтому высота

\[h_{\text{тр}} = \sqrt{AM^2 - \left(\dfrac12\right)^2} = \sqrt{\dfrac{157}{36} - \dfrac14} = \sqrt{\dfrac{148}{36}} = \dfrac{2\sqrt{37}}{6} = \dfrac{\sqrt{37}}{3}.\]

\[S_{AMKN} = \dfrac{2+3}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{37}}{3} = \dfrac{5\sqrt{37}}{6}.\]

Ответ: \(\dfrac{5\sqrt{37}}{6}\)

Пункт а, шаг 1. Отрезок MQ вертикален

Точка \(M\) — середина \(BC\), точка \(Q\) — середина \(B_1C_1\). Призма прямая, поэтому \(BB_1\) и \(CC_1\) перпендикулярны основаниям и равны. Отрезок \(MQ\) соединяет середины \(BC\) и \(B_1C_1\), значит он параллелен боковым рёбрам:

\[MQ \perp (ABC),\qquad MQ = AA_1.\]

Пункт а, шаг 2. Отрезок MP перпендикулярен AB

Пусть \(H\) — середина \(AB\). Треугольник \(ABC\) равнобедренный с основанием \(AB\), поэтому медиана \(CH\) является высотой: \(CH \perp AB\).

Проведём из середины \(M\) ребра \(BC\) прямую, параллельную \(CH\). В треугольнике \(BCH\) это средняя линия, значит она пересекает \(BH\) в его середине и равна \(\frac12 CH\). Середина \(BH\) делит \(AB\) в отношении \(3 : 1\) от точки \(A\) — а это ровно точка \(P\) из условия. Итак

\[MP \perp AB,\qquad MP = \dfrac12\,CH.\]

Пункт а, шаг 3. Собираем

Прямая \(AB\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(MP\) и \(MQ\) плоскости \((MPQ)\), значит

\[AB \perp (MPQ)\ \Longrightarrow\ AB \perp PQ.\]

Плоскость \(\alpha\) перпендикулярна \(PQ\), то есть \(PQ\) — её нормаль. Прямая, перпендикулярная нормали, либо параллельна плоскости, либо лежит в ней.

Лежать в \(\alpha\) прямая \(AB\) не может: вместе с точкой \(M\) она задавала бы плоскость основания, и тогда \(PQ\) была бы перпендикулярна основанию. Но это не так — проекция \(PQ\) на основание есть отрезок \(PM\) ненулевой длины. Значит

\[AB \parallel \alpha.\]

Важно! Пункт «не лежит в плоскости» часто забывают, а без него доказательство неполное: перпендикулярность нормали даёт либо параллельность, либо принадлежность.

Пункт б. Высота в прямоугольном треугольнике

Пусть \(X\) — точка пересечения \(\alpha\) и \(PQ\). Так как \(\alpha \perp PQ\) и \(M \in \alpha\), отрезок \(MX\) перпендикулярен \(PQ\). То есть \(X\) — основание высоты, опущенной из \(M\) на гипотенузу в треугольнике \(PMQ\).

Треугольник \(PMQ\) прямоугольный: \(MP\) лежит в основании, а \(MQ\) перпендикулярна основанию, значит \(MQ \perp MP\).

Находим катеты. Из условия \(\cos\angle ABC = \frac35\) и \(HB = \frac{AB}{2} = 6\):

\[BC = \dfrac{HB}{\cos\angle ABC} = \dfrac{6}{3/5} = 10,\qquad CH = \sqrt{BC^2 - HB^2} = \sqrt{100 - 36} = 8.\]

\[MP = \dfrac{CH}{2} = 4,\qquad MQ = AA_1 = 5,\qquad PQ = \sqrt{16 + 25} = \sqrt{41}.\]

В прямоугольном треугольнике высота, опущенная на гипотенузу, делит её на отрезки, равные проекциям катетов:

\[PX = \dfrac{MP^2}{PQ} = \dfrac{16}{\sqrt{41}},\qquad XQ = \dfrac{MQ^2}{PQ} = \dfrac{25}{\sqrt{41}}.\]

\[PX : XQ = 16 : 25.\]

Важно! Отношение отрезков гипотенузы равно отношению квадратов катетов — это прямое следствие свойства \(\text{катет}^2 = \text{гипотенуза}\times\text{проекция}\). Проверка: \(16 + 25 = 41\), и \(PX + XQ = \frac{41}{\sqrt{41}} = \sqrt{41} = PQ\) ✓.

Ответ: \(16 : 25\)

Пункт а, шаг 1. Строим сечение

Плоскость \(\alpha\) параллельна прямой \(BC\). Разберём, как она режет пирамиду.

Основание. Плоскость \(ABCD\) содержит \(BC\), а \(\alpha\) параллельна \(BC\) и имеет с основанием общую точку \(N\). Значит \(\alpha\) пересекает основание по прямой, проходящей через \(N\) параллельно \(BC\); она пересекает \(AB\) в точке \(P\).

Грань \(SBC\). Она содержит \(BC\), а \(\alpha\) имеет с ней общую точку \(K\). Значит \(\alpha\) пересекает эту грань по прямой, проходящей через \(K\) параллельно \(BC\); она пересекает \(SB\) в точке \(L\).

Сечение — четырёхугольник \(PLKN\).

Важно! Всё опирается на одну лемму: если прямая \(a\) параллельна плоскости \(\beta\), а плоскость \(\gamma\) содержит \(a\) и пересекает \(\beta\), то линия пересечения параллельна \(a\). Здесь она применена дважды — к основанию и к боковой грани.

Пункт а, шаг 2. Считаем отношения

В квадрате \(ABCD\): \(NP \parallel BC\), а \(BC\) перпендикулярно и \(AB\), и \(DC\). Значит \(ADNP\) — прямоугольник, и

\[AP = DN = 1,\qquad PB = 4 - 1 = 3.\]

В треугольнике \(SBC\): \(KL \parallel BC\), поэтому

\[\dfrac{SL}{LB} = \dfrac{SK}{KC} = \dfrac13,\qquad\text{то есть}\qquad \dfrac{BL}{BS} = \dfrac34.\]

Теперь смотрим на треугольник \(SAB\). В нём

\[\dfrac{BP}{BA} = \dfrac34,\qquad \dfrac{BL}{BS} = \dfrac34.\]

Отрезки отложены от общей вершины \(B\) в одинаковом отношении, значит

\[PL \parallel SA.\]

Прямая \(PL\) лежит в плоскости \(\alpha\), а прямая \(SA\) в ней не лежит. Прямая, параллельная прямой плоскости и не лежащая в этой плоскости, параллельна самой плоскости:

\[SA \parallel \alpha.\]

Пункт б, шаг 1. Где искать линейный угол

Плоскости \(\alpha\) и \((SBC)\) пересекаются по прямой \(KL\) — она лежит в обеих. Напомним, что \(KL \parallel BC\).

Пусть \(E\) и \(F\) — середины сторон \(AD\) и \(BC\). Тогда \(EF \parallel AB\), а значит \(EF \perp BC\). Высота пирамиды \(SO\) перпендикулярна основанию, поэтому \(SO \perp BC\). Две пересекающиеся прямые \(EF\) и \(SO\) плоскости \((SEF)\) перпендикулярны \(BC\), значит

\[BC \perp (SEF),\qquad\text{а вместе с ней и}\qquad KL \perp (SEF).\]

Отсюда план: всё, что лежит в плоскости \((SEF)\), автоматически перпендикулярно \(KL\). Обозначим \(M = KL \cap (SEF)\) (это середина \(KL\), она лежит на \(SF\)) и \(Q = \alpha \cap EF\) (это середина \(PN\)). Тогда \(MF \subset (SBC)\), \(MQ \subset \alpha\), и обе эти прямые перпендикулярны \(KL\). Значит искомый угол

\[\varphi = \angle QMF.\]

Пункт б, шаг 2. Считаем стороны треугольника QMF

Треугольник \(SBC\) равнобедренный (\(SB = SC = 7\)), поэтому его медиана \(SF\) — ещё и высота:

\[SF = \sqrt{SB^2 - BF^2} = \sqrt{49 - 4} = \sqrt{45} = 3\sqrt5.\]

Точка \(M\) лежит на \(SF\), причём \(SM : MF = SK : KC = 1 : 3\), значит

\[MF = \dfrac34\,SF = \dfrac{9\sqrt5}{4}.\]

Точка \(Q\) лежит на \(EF\). Прямая \(PN\) параллельна \(BC\) и удалена от \(AD\) на \(AP = 1\), поэтому \(EQ = 1\), а так как \(EF = AB = 4\):

\[QF = 4 - 1 = 3.\]

Треугольник \(SEF\) равнобедренный (\(SE = SF\)), его высота падает в середину \(O\) отрезка \(EF\), поэтому

\[\cos\angle MFQ = \cos\angle SFE = \dfrac{OF}{SF} = \dfrac{2}{3\sqrt5}.\]

По теореме косинусов в треугольнике \(MFQ\):

\[MQ^2 = MF^2 + QF^2 - 2\cdot MF\cdot QF\cdot\cos\angle MFQ = \dfrac{405}{16} + 9 - 2\cdot\dfrac{9\sqrt5}{4}\cdot 3\cdot\dfrac{2}{3\sqrt5} = \dfrac{405}{16} + 9 - 9 = \dfrac{405}{16}.\]

\[MQ = \dfrac{9\sqrt5}{4} = MF.\]

Пункт б, шаг 3. Угол

Треугольник \(QMF\) оказался равнобедренным: \(MQ = MF = \dfrac{9\sqrt5}{4}\), а основание \(QF = 3\). Высота из вершины \(M\) делит основание пополам, поэтому

\[\sin\dfrac{\varphi}{2} = \dfrac{QF/2}{MF} = \dfrac{3/2}{\dfrac{9\sqrt5}{4}} = \dfrac32\cdot\dfrac{4}{9\sqrt5} = \dfrac{2}{3\sqrt5}.\]

\[\varphi = 2\arcsin\dfrac{2}{3\sqrt5}.\]

Важно! Тот же ответ можно записать через косинус: \(\cos\varphi = 1 - 2\sin^2\frac{\varphi}{2} = 1 - 2\cdot\frac{4}{45} = \frac{37}{45}\), то есть \(\varphi = \arccos\frac{37}{45}\). Обе записи верны — если в ответе на сайте стоит одна, а у вас получилась другая, сначала проверьте их на совпадение, а не переделывайте решение.

Ответ: \(2\arcsin\dfrac{2}{3\sqrt5}\)

Пункт а, шаг 1. Где прямая MK протыкает плоскость основания

Обозначим высоту призмы \(H = AA_1\). Так как \(A_1D_1 = AD = 5\) и \(A_1M : MD_1 = 1 : 4\), получаем \(A_1M = 1\). Точка \(K\) — середина \(DD_1\), то есть \(DK = \dfrac H2\).

Прямые \(MK\) и \(AD\) лежат в одной плоскости — в грани \(ADD_1A_1\) — и не параллельны, значит пересекаются. Пусть \(P\) — точка их пересечения.

Опустим из \(M\) перпендикуляр \(MM_0\) на прямую \(AD\); тогда \(AM_0 = A_1M = 1\) и \(M_0D = 5 - 1 = 4\). Прямоугольные треугольники \(PDK\) и \(PM_0M\) подобны (общий угол при вершине \(P\)), поэтому

\[\dfrac{PD}{PM_0} = \dfrac{DK}{M_0M} = \dfrac{H/2}{H} = \dfrac12.\]

Но \(PM_0 = PD + DM_0 = PD + 4\), значит \(2PD = PD + 4\) и

\[DP = 4.\]

Пункт а, шаг 2. Параллелограмм в основании

В трапеции \(BC \parallel AD\), а точка \(P\) лежит на прямой \(AD\) (за точкой \(D\)). Значит отрезки \(BC\) и \(DP\) лежат на параллельных прямых, и они равны:

\[BC = 4 = DP.\]

Четырёхугольник, у которого две стороны параллельны и равны, — параллелограмм. Значит \(BCPD\) — параллелограмм, и его противоположные стороны параллельны:

\[BD \parallel CP.\]

Остаётся заметить, что прямая \(CP\) лежит в плоскости \((MKC)\): точка \(C\) — её вершина, а точка \(P\) лежит на прямой \(MK\), которая целиком лежит в этой плоскости. Прямая \(BD\) в плоскости \((MKC)\) не лежит, поэтому

\[BD \parallel (MKC).\]

Важно! Чтобы доказать параллельность прямой и плоскости, надо найти в этой плоскости прямую, параллельную данной. Здесь такой прямой оказалась \(CP\), а чтобы её получить, пришлось сначала продлить \(MK\) до пересечения с основанием. Продление — обычный шаг, не бойтесь выходить за пределы призмы.

Пункт б, шаг 1. Разбираемся с трапецией

Трапеция равнобедренная с основаниями \(5\) и \(4\), поэтому каждая боковая сторона даёт на большем основании выступ

\[\dfrac{5-4}{2} = 0{,}5.\]

Из прямоугольного треугольника с углом \(60^\circ\) при вершине \(A\):

\[AB = \dfrac{0{,}5}{\cos 60^\circ} = 1,\qquad h_{\text{тр}} = AB\cdot\sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt3}{2}.\]

Боковые стороны равны, значит \(CD = AB = 1\).

Пункт б, шаг 2. Находим высоту призмы

Выразим три стороны треугольника \(MKC\) через \(H\).

\(MK\) — в грани \(ADD_1A_1\). Разность высот точек \(M\) и \(K\) равна \(H - \frac H2 = \frac H2\), а по горизонтали между ними \(M_0D = 4\):

\[MK^2 = 16 + \dfrac{H^2}{4}.\]

\(KC\): точка \(K\) находится над \(D\) на высоте \(\frac H2\), а \(DC = 1\):

\[KC^2 = 1 + \dfrac{H^2}{4}.\]

\(MC\): точка \(M\) находится над точкой \(M_0\) на высоте \(H\). В основании посчитаем \(M_0C\): по горизонтали вдоль \(AD\) это \(4{,}5 - 1 = 3{,}5\), а поперёк — высота трапеции \(\frac{\sqrt3}{2}\):

\[M_0C^2 = 3{,}5^2 + \dfrac34 = 12{,}25 + 0{,}75 = 13,\qquad MC^2 = 13 + H^2.\]

По условию \(\angle CKM = 90^\circ\), поэтому по теореме Пифагора \(MK^2 + KC^2 = MC^2\):

\[\left(16 + \dfrac{H^2}{4}\right) + \left(1 + \dfrac{H^2}{4}\right) = 13 + H^2,\]

\[17 + \dfrac{H^2}{2} = 13 + H^2\ \Longrightarrow\ \dfrac{H^2}{2} = 4 \ \Longrightarrow\ H^2 = 8,\quad H = 2\sqrt2.\]

Пункт б, шаг 3. Угол через площадь проекции

Теперь считаем площадь самого треугольника \(MKC\). Угол при \(K\) прямой, поэтому

\[MK = \sqrt{16 + 2} = 3\sqrt2,\qquad KC = \sqrt{1 + 2} = \sqrt3,\]

\[S_{MKC} = \dfrac12\cdot MK\cdot KC = \dfrac12\cdot 3\sqrt2\cdot\sqrt3 = \dfrac{3\sqrt6}{2}.\]

Проекция треугольника \(MKC\) на плоскость основания — это треугольник \(M_0DC\): точка \(M\) проектируется в \(M_0\), точка \(K\) — в \(D\), точка \(C\) остаётся на месте. Его площадь:

\[S_{M_0DC} = \dfrac12\cdot M_0D\cdot h_{\text{тр}} = \dfrac12\cdot 4\cdot\dfrac{\sqrt3}{2} = \sqrt3.\]

Важно! Формула площади проекции: \(S_{\text{пр}} = S\cdot\cos\varphi\), где \(\varphi\) — угол между плоскостями. Это самый быстрый способ найти двугранный угол, когда сам линейный угол строить неудобно.

\[\cos\varphi = \dfrac{S_{\text{пр}}}{S} = \dfrac{\sqrt3}{\dfrac{3\sqrt6}{2}} = \dfrac{2\sqrt3}{3\sqrt6} = \dfrac{2}{3\sqrt2} = \dfrac{\sqrt2}{3}.\]

Угол между плоскостями острый, поэтому

\[\sin\varphi = \sqrt{1 - \dfrac29} = \dfrac{\sqrt7}{3},\qquad \operatorname{tg}\varphi = \dfrac{\sqrt7}{\sqrt2} = \dfrac{\sqrt{14}}{2}.\]

Ответ: \(\dfrac{\sqrt{14}}{2}\)

Сначала общие величины

Основание — прямоугольный треугольник с катетами \(6\) и \(6\):

\[S_{ABC} = \dfrac12\cdot 6\cdot 6 = 18,\qquad V_{\text{призмы}} = S_{ABC}\cdot AA_1 = 18\cdot 6 = 108.\]

Сечение — треугольник \(MB_1N\): отрезок \(MB_1\) лежит в грани \(ABB_1A_1\), отрезок \(B_1N\) — в грани \(BCC_1B_1\), отрезок \(NM\) — в грани \(ACC_1A_1\).

Пункт а. Считаем нижний кусок

Нижний многогранник ограничен основанием \(ABC\), тремя кусками боковых граней и сечением. Его «боковые рёбра» равны \(AM = 2\), \(BB_1 = 6\), \(CN = 1\) и все перпендикулярны основанию. Разрежем его на простые части.

Часть 1 — призма высоты 1. Проведём через точку \(N\) плоскость, параллельную основанию. Она отсекает снизу призму высотой \(1\) (ниже неё боковые грани ещё не срезаны):

\[V_1 = 18\cdot 1 = 18.\]

Пусть \(A'\) и \(B'\) — точки этой плоскости на рёбрах \(AA_1\) и \(BB_1\). Над ней остаётся многогранник с вершинами \(A'\), \(B'\), \(N\), \(M\), \(B_1\).

Часть 2 — тетраэдр \(A'B'NM\). Основание \(A'B'N\) равно треугольнику \(ABC\), то есть его площадь \(18\). Вершина \(M\) находится над этой плоскостью на высоте \(AM - 1 = 1\):

\[V_2 = \dfrac13\cdot 18\cdot 1 = 6.\]

Часть 3 — тетраэдр \(B'NB_1M\). Все три точки \(B'\), \(N\), \(B_1\) лежат в грани \(BCC_1B_1\). В этой грани \(B'N = BC = 6\) и \(B'B_1 = 6 - 1 = 5\), причём угол при \(B'\) прямой:

\[S_{B'NB_1} = \dfrac12\cdot 6\cdot 5 = 15.\]

Так как \(\angle B = 90^\circ\), то \(BA \perp BC\), а также \(BA \perp BB_1\), значит \(BA \perp (BCC_1B_1)\). Точка \(M\) лежит на прямой \(AA_1\), параллельной этой грани, поэтому расстояние от \(M\) до грани равно \(AB = 6\):

\[V_3 = \dfrac13\cdot 15\cdot 6 = 30.\]

Складываем:

\[V_{\text{низ}} = 18 + 6 + 30 = 54 = \dfrac{108}{2}.\]

Значит верхний кусок тоже равен \(54\), и объёмы частей равны.

Важно! Этот же ответ даёт «формула усечённой призмы»: \(V = S\cdot\dfrac{AM + BB_1 + CN}{3} = 18\cdot\dfrac{2+6+1}{3} = 54\). Формулу удобно помнить для проверки, но на экзамене надёжнее показать разрезание — за ссылку на неизвестную школьному курсу формулу могут снять балл.

Пункт б. Объём тетраэдра MNBB₁

Возьмём за основание треугольник \(BB_1M\) — он лежит в грани \(ABB_1A_1\).

Его сторона \(BB_1 = 6\). Высота, опущенная на \(BB_1\) из точки \(M\), равна расстоянию между параллельными прямыми \(BB_1\) и \(AA_1\), то есть равна \(AB = 6\) (боковые рёбра перпендикулярны основанию, поэтому \(AB\) — общий перпендикуляр):

\[S_{BB_1M} = \dfrac12\cdot 6\cdot 6 = 18.\]

Четвёртая вершина — точка \(N\). Её расстояние до плоскости \(ABB_1A_1\) мы уже посчитали в пункте а): \(BC \perp (ABB_1A_1)\), а \(N\) лежит на \(CC_1\), поэтому

\[\rho\big(N, (ABB_1A_1)\big) = BC = 6.\]

\[V_{MNBB_1} = \dfrac13\cdot S_{BB_1M}\cdot \rho = \dfrac13\cdot 18\cdot 6 = 36.\]

Важно! Обратите внимание: в ответ не вошли ни \(AM = 2\), ни \(CN = 1\). И это правильно: площадь треугольника \(BB_1M\) не зависит от того, где именно на \(AA_1\) стоит точка \(M\) (основание \(BB_1\) и высота \(AB\) фиксированы), а расстояние от \(N\) до грани одинаково для всех точек ребра \(CC_1\).

Ответ: \(36\)

Пункт а. Стороны квадрата параллельны рёбрам

Обозначим плоскость квадрата через \(\beta\). У квадрата противоположные стороны параллельны:

\[KL \parallel MN,\qquad LM \parallel NK.\]

Докажем, что \(KL \parallel CD\). Сторона \(KL\) лежит в грани \(ACD\), а прямая \(CD\) — тоже в этой грани. Предположим, что они не параллельны; тогда они пересекаются в некоторой точке \(X\).

Точка \(X\) лежит на прямой \(KL\), значит \(X \in \beta\). Кроме того \(X\) лежит на прямой \(CD\), значит \(X\) лежит и в грани \(BCD\). Но плоскость \(\beta\) пересекает грань \(BCD\) по стороне \(MN\), поэтому \(X \in MN\).

Получается, что \(X\) — общая точка прямых \(KL\) и \(MN\), а они параллельны. Противоречие. Значит

\[KL \parallel CD.\]

Важно! Этот приём «от противного через общую точку» — рабочий способ доказать, что сторона сечения параллельна ребру, когда про саму плоскость сечения ничего заранее не известно. Запомните схему: предположили пересечение → нашли точку сразу на двух параллельных прямых → противоречие.

Точно так же доказывается, что \(LM \parallel AB\): сторона \(LM\) лежит в грани \(ABD\), сторона \(NK\) — в грани \(ABC\), эти грани пересекаются по прямой \(AB\), а \(LM \parallel NK\).

Осталось соединить: в квадрате соседние стороны перпендикулярны, \(KL \perp LM\). Так как \(KL \parallel CD\) и \(LM \parallel AB\), получаем

\[AB \perp CD.\]

Пункт б, шаг 1. Находим рёбра AB и CD

В треугольнике \(ACD\) прямая \(KL\) параллельна \(CD\), поэтому

\[\dfrac{KL}{CD} = \dfrac{AK}{AC} = \dfrac{2}{2+3} = \dfrac25,\qquad 2 = \dfrac25\,CD\ \Longrightarrow\ CD = 5.\]

Из той же параллельности \(\dfrac{AL}{AD} = \dfrac{AK}{AC} = \dfrac25\), значит \(\dfrac{DL}{DA} = \dfrac35\). Теперь в треугольнике \(ABD\) прямая \(LM\) параллельна \(AB\):

\[\dfrac{LM}{AB} = \dfrac{DL}{DA} = \dfrac35,\qquad 2 = \dfrac35\,AB\ \Longrightarrow\ AB = \dfrac{10}{3}.\]

Важно! Коэффициенты подобия разные: для \(KL\) он отсчитан от вершины \(A\) (\(\frac25\)), а для \(LM\) — от вершины \(D\) (\(\frac35\)). Если взять один и тот же коэффициент дважды, ответ развалится.

Пункт б, шаг 2. Куда девается расстояние

Плоскость \(\beta\) параллельна прямой \(AB\) (в ней лежит прямая \(LM \parallel AB\)) и параллельна прямой \(CD\). Поэтому расстояние от точки \(B\) до \(\beta\) — это расстояние от всей прямой \(AB\) до \(\beta\).

Пусть \(d\) — расстояние между прямыми \(AB\) и \(CD\), то есть длина их общего перпендикуляра. Этот перпендикуляр перпендикулярен обеим прямым, а значит и плоскости \(\beta\) (она параллельна обеим). Плоскость \(\beta\) пересекает его и делит на две части:

\[\rho(AB,\beta) + \rho(CD,\beta) = d.\]

Отрезок \(AC\) пересекает плоскость \(\beta\) в точке \(K\), поэтому расстояния от \(A\) и от \(C\) до \(\beta\) относятся как \(AK : KC = 2 : 3\). Но расстояние от \(A\) — это и есть \(\rho(AB,\beta)\), а расстояние от \(C\) — это \(\rho(CD,\beta)\). Значит

\[\rho(B,\beta) = \dfrac{2}{5}\,d.\]

Пункт б, шаг 3. Находим d из объёма

Для тетраэдра, у которого рёбра \(AB\) и \(CD\) перпендикулярны, объём считается по формуле

\[V = \dfrac16\,AB\cdot CD\cdot d.\]

Важно! Откуда формула. Достроим тетраэдр до параллелепипеда: через каждое ребро проведём плоскость, параллельную противоположному ребру. Рёбра тетраэдра станут диагоналями граней, а сам тетраэдр получится из параллелепипеда отсечением четырёх угловых тетраэдров, каждый объёмом \(\frac16\) параллелепипеда, поэтому \(V_{\text{тетр}} = \frac13 V_{\text{пар}}\). Две противоположные грани параллелепипеда содержат \(AB\) и \(CD\) как диагонали; расстояние между ними равно \(d\), а площадь каждой — \(\frac12\,AB\cdot CD\) (диагонали перпендикулярны). Отсюда \(V_{\text{пар}} = \frac12 AB\cdot CD\cdot d\) и \(V = \frac16 AB\cdot CD\cdot d\).

Подставляем:

\[25 = \dfrac16\cdot\dfrac{10}{3}\cdot 5\cdot d = \dfrac{25}{9}\,d \ \Longrightarrow\ d = 9.\]

\[\rho(B,\beta) = \dfrac25\cdot 9 = 3{,}6.\]

Ответ: \(3{,}6\)