№15. Стереометрическая задача

Пункт а. Где плоскость пересекает верхнее основание

Обозначим \(AA_1 = m\). Тогда \(AB = 3m\), \(AD = 2m\). Ребро \(CD\) равно \(AB\), то есть \(CD = 3m\), а по условию \(CN = 2ND\), значит

\[CN = 2m,\qquad ND = m.\]

Точки \(A\) и \(N\) лежат в плоскости нижнего основания, поэтому прямая \(AN\) — это линия пересечения плоскости \(\alpha\) с плоскостью \(ABCD\).

Плоскости оснований \(ABCD\) и \(A_1B_1C_1D_1\) параллельны. Плоскость \(\alpha\) пересекает обе, а две параллельные плоскости третья плоскость пересекает по параллельным прямым. Значит верхнее основание плоскость \(\alpha\) пересекает по прямой, которая проходит через \(C_1\) параллельно \(AN\). Пусть эта прямая пересекает ребро \(A_1B_1\) в точке \(P\).

Важно! «Две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым» — главный инструмент построения сечений призм и параллелепипедов. Если забыть про него, то приходится мучительно искать точку \(P\) наугад.

Считаем отношение в нижнем основании

Верхнее основание — точная копия нижнего, сдвинутая вверх на \(AA_1\). Поэтому достаточно разобраться с картинкой внизу: проведём через точку \(C\) прямую, параллельную \(AN\), и пусть она пересечёт \(AB\) в точке \(P_0\). Тогда \(P\) лежит ровно над \(P_0\).

В четырёхугольнике \(ANCP_0\):

\(AN \parallel P_0C\) — по построению;
\(AP_0 \parallel NC\) — потому что \(AP_0\) лежит на прямой \(AB\), \(NC\) лежит на
прямой \(DC\), а \(AB \parallel DC\).

Значит \(ANCP_0\) — параллелограмм, и противоположные стороны у него равны:

\[AP_0 = NC = 2m.\]

Тогда \(P_0B = AB - AP_0 = 3m - 2m = m\), и

\[A_1P : PB_1 = AP_0 : P_0B = 2m : m = 2 : 1.\]

Пункт б. Сечение — ромб

При \(AA_1 = 1\) получаем \(AB = 3\), \(AD = 2\), \(CN = 2\), \(ND = 1\), \(A_1P = 2\), \(PB_1 = 1\).

Сечение — четырёхугольник \(ANC_1P\). Его стороны \(AN\) и \(PC_1\) параллельны (это те самые параллельные следы в двух основаниях) и равны (\(PC_1 = P_0C = AN\) как противоположные стороны параллелограмма \(ANCP_0\)), значит \(ANC_1P\) — параллелограмм.

Теперь длины. В треугольнике \(ADN\) угол \(D\) прямой (углы прямоугольника):

\[AN = \sqrt{AD^2 + DN^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt5.\]

В треугольнике \(AA_1P\) угол \(A_1\) прямой (боковое ребро перпендикулярно основанию):

\[AP = \sqrt{AA_1^2 + A_1P^2} = \sqrt{1 + 4} = \sqrt5.\]

У параллелограмма две соседние стороны оказались равны — значит это ромб.

Важно! Как только сечение опознано как ромб, площадь считается через диагонали: \(S = \frac12 d_1 d_2\). Это намного быстрее, чем искать угол между сторонами и синус.

Диагонали ромба

Первая диагональ — пространственная диагональ параллелепипеда:

\[AC_1 = \sqrt{AB^2 + AD^2 + AA_1^2} = \sqrt{9 + 4 + 1} = \sqrt{14}.\]

Вторая диагональ — отрезок \(NP\). Опустим \(P\) на нижнее основание, получим точку \(P_0\) (при этом \(PP_0 = AA_1 = 1\), а \(AP_0 = 2\)). Сначала найдём \(NP_0\) в основании: опустим из \(N\) перпендикуляр \(NH\) на \(AB\). Тогда \(AH = DN = 1\), \(NH = AD = 2\), и значит \(HP_0 = AP_0 - AH = 2 - 1 = 1\):

\[NP_0 = \sqrt{NH^2 + HP_0^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt5.\]

Отрезок \(PP_0\) перпендикулярен основанию, поэтому

\[NP = \sqrt{NP_0^2 + PP_0^2} = \sqrt{5 + 1} = \sqrt6.\]

Остаётся площадь:

\[S = \dfrac12\,AC_1\cdot NP = \dfrac12\cdot\sqrt{14}\cdot\sqrt6 = \dfrac12\,\sqrt{84} = \dfrac12\cdot 2\sqrt{21} = \sqrt{21}.\]

Важно! Формула \(S = \frac12 d_1 d_2\) работает только для ромба (и вообще для четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями). Для обычного параллелограмма она неверна — сначала обязательно убедитесь, что стороны равны.

Ответ: \(\sqrt{21}\)

Пункт а. Строим четвёртую вершину сечения

Обозначим секущую плоскость \(\beta\).

Шаг 1. Ловим параллельность. В треугольнике \(SAD\) точки \(M\) и \(P\) — середины сторон \(SA\) и \(AD\), поэтому \(MP\) — средняя линия:

\[MP \parallel SD,\qquad MP = \dfrac{SD}{2} = 3.\]

Прямая \(SD\) не лежит в \(\beta\), а параллельная ей прямая \(MP\) лежит, значит \(SD \parallel \beta\).

Шаг 2. Ищем след в основании. Прямые \(PC\) и \(BD\) лежат в плоскости основания и не параллельны, пусть \(X\) — их точка пересечения.

Так как \(AD \parallel BC\), отрезок \(DP\) параллелен \(BC\), и треугольники \(XDP\) и \(XBC\) подобны по двум углам. Отсюда

\[\dfrac{DX}{XB} = \dfrac{DP}{BC} = \dfrac{3}{6} = \dfrac12.\]

Значит \(BX : BD = 2 : 3\).

Важно! Точка \(X\) — это «след» секущей плоскости: она лежит и в \(\beta\) (потому что лежит на прямой \(PC\)), и в плоскости \((SBD)\) (потому что лежит на прямой \(BD\)). Именно через такие следы и строятся сечения, когда вершины сечения на разных рёбрах напрямую соединить нельзя.

Шаг 3. Находим N. Плоскости \(\beta\) и \((SBD)\) пересекаются по прямой, проходящей через точку \(X\). Плоскость \((SBD)\) содержит прямую \(SD\), а \(SD \parallel \beta\), поэтому линия их пересечения параллельна \(SD\).

Проведём в треугольнике \(SBD\) через точку \(X\) прямую, параллельную \(SD\). Она пересекает сторону \(SB\) в точке \(N\), и по теореме о пропорциональных отрезках

\[\dfrac{BN}{BS} = \dfrac{BX}{BD} = \dfrac23\ \Longrightarrow\ SN : NB = 1 : 2.\]

Итак, сечение — четырёхугольник \(PMNC\).

Пункт б. Находим все стороны сечения

Разложим пирамиду на отдельные треугольники и посчитаем длины по частям.

\(PM\). Уже найдено: это средняя линия треугольника \(SAD\), \(PM = 3\).

\(PC\). В основании угол \(D\) прямой, \(PD = 3\), \(DC = 6\):

\[PC = \sqrt{PD^2 + DC^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45} = 3\sqrt5.\]

\(MC\). Рассмотрим треугольник \(SAC\): \(SA = SC = 6\), а \(AC\) — диагональ основания, \(AC = 6\sqrt2\). Отрезок \(CM\) — медиана этого треугольника, проведённая из вершины \(C\). По формуле медианы

\[CM^2 = \dfrac{2\,CS^2 + 2\,CA^2 - SA^2}{4} = \dfrac{2\cdot 36 + 2\cdot 72 - 36}{4} = \dfrac{180}{4} = 45,\qquad CM = 3\sqrt5.\]

\(MN\). Треугольник \(SAB\) равносторонний со стороной \(6\), угол при вершине \(S\) равен \(60^\circ\); \(SM = 3\), \(SN = \frac13\,SB = 2\). По теореме косинусов

\[MN^2 = 9 + 4 - 2\cdot 3\cdot 2\cdot\dfrac12 = 7,\qquad MN = \sqrt7.\]

\(NC\). Треугольник \(SBC\) тоже равносторонний со стороной \(6\); \(NB = \frac23\,SB = 4\), \(BC = 6\), угол при вершине \(B\) равен \(60^\circ\):

\[NC^2 = 16 + 36 - 2\cdot 4\cdot 6\cdot\dfrac12 = 28,\qquad NC = 2\sqrt7.\]

Важно! Все длины считаются в настоящих, неискажённых треугольниках — \(SAD\), \(PDC\), \(SAC\), \(SAB\), \(SBC\). По рисунку сечения длины мерить нельзя: на чертеже оно изображено с искажением.

Считаем площадь

Проведём диагональ \(MC = 3\sqrt5\) и разобьём сечение на два треугольника.

Треугольник \(PMC\). В нём \(PC = MC = 3\sqrt5\), то есть он равнобедренный с основанием \(PM = 3\). Высота, опущенная на основание, попадает в его середину:

\[h = \sqrt{(3\sqrt5)^2 - \left(\dfrac32\right)^2} = \sqrt{45 - \dfrac94} = \sqrt{\dfrac{171}{4}} = \dfrac{3\sqrt{19}}{2}.\]

\[S_{PMC} = \dfrac12\cdot PM\cdot h = \dfrac12\cdot 3\cdot\dfrac{3\sqrt{19}}{2} = \dfrac{9\sqrt{19}}{4}.\]

Треугольник \(MNC\). Здесь \(MN = \sqrt7\), \(NC = 2\sqrt7\), \(MC = 3\sqrt5\). По теореме косинусов для угла при вершине \(N\):

\[\cos\angle MNC = \dfrac{7 + 28 - 45}{2\cdot\sqrt7\cdot 2\sqrt7} = \dfrac{-10}{28} = -\dfrac{5}{14}.\]

\[\sin\angle MNC = \sqrt{1 - \dfrac{25}{196}} = \sqrt{\dfrac{171}{196}} = \dfrac{3\sqrt{19}}{14}.\]

\[S_{MNC} = \dfrac12\cdot MN\cdot NC\cdot\sin\angle MNC = \dfrac12\cdot\sqrt7\cdot 2\sqrt7\cdot\dfrac{3\sqrt{19}}{14} = \dfrac{3\sqrt{19}}{2} = \dfrac{6\sqrt{19}}{4}.\]

Важно! Косинус получился отрицательным — значит угол \(MNC\) тупой. Это нормально и не ошибка: синус всё равно положительный, и формула площади работает. Пугаться минуса и «исправлять» его на плюс нельзя.

Складываем:

\[S = \dfrac{9\sqrt{19}}{4} + \dfrac{6\sqrt{19}}{4} = \dfrac{15\sqrt{19}}{4}.\]

Ответ: \(\dfrac{15\sqrt{19}}{4}\)

Пункт а. Спускаем точку M на основание

Пусть \(O\) — центр квадрата \(ABCD\). Пирамида правильная, значит \(SO\) — её высота: \(SO \perp (ABCD)\).

Пусть \(M_1\) — проекция точки \(M\) на плоскость основания. Проекция вершины \(S\) — это \(O\), проекция вершины \(C\) — сама точка \(C\), а \(M\) — середина \(SC\), поэтому

\[M_1 \text{ — середина отрезка } OC.\]

Теперь работаем в плоскости основания.

Пусть \(F\) — середина стороны \(BC\). Отрезок \(OF\) соединяет центр квадрата с серединой стороны, поэтому

\[OF \perp BC,\qquad OF = \dfrac{AB}{2} = 2.\]

По условию \(BK : KC = 3 : 1\) и \(BC = 4\), значит \(BK = 3\), \(KC = 1\). А так как \(FC = 2\), точка \(K\) — середина отрезка \(FC\).

Посмотрим на треугольник \(OFC\): точка \(M_1\) — середина стороны \(OC\), точка \(K\) — середина стороны \(FC\). Значит \(M_1K\) — средняя линия:

\[M_1K \parallel OF,\qquad M_1K = \dfrac{OF}{2} = 1.\]

Из \(OF \perp BC\) следует \(M_1K \perp BC\).

Осталось подняться обратно в пространство. Отрезок \(MK\) — наклонная к плоскости основания, \(M_1K\) — её проекция, и эта проекция перпендикулярна прямой \(BC\), лежащей в плоскости основания. По теореме о трёх перпендикулярах

\[MK \perp BC.\]

Важно! Теорема о трёх перпендикулярах работает в обе стороны: наклонная перпендикулярна прямой в плоскости тогда и только тогда, когда её проекция перпендикулярна этой прямой. Почти все задачи «докажите, что две прямые перпендикулярны» решаются именно так — спускаем наклонную на плоскость и смотрим на проекцию.

Пункт б. Считаем длину MK

Так как \(MK \perp BC\), расстояние от точки \(M\) до прямой \(BC\) — это в точности длина отрезка \(MK\).

Сначала высота пирамиды. Диагональ основания \(AC = 4\sqrt2\), значит \(OC = 2\sqrt2\). Из прямоугольного треугольника \(SOC\):

\[SO = \sqrt{SC^2 - OC^2} = \sqrt{16 - 8} = 2\sqrt2.\]

В треугольнике \(SOC\) отрезок \(MM_1\) соединяет середину \(SC\) с серединой \(OC\), то есть это средняя линия:

\[MM_1 = \dfrac{SO}{2} = \sqrt2.\]

Отрезок \(MM_1\) перпендикулярен плоскости основания, значит треугольник \(MM_1K\) прямоугольный с прямым углом при вершине \(M_1\). По теореме Пифагора

\[MK = \sqrt{MM_1^2 + M_1K^2} = \sqrt{2 + 1} = \sqrt3.\]

Важно! В пирамиде, у которой все рёбра равны, высота всегда равна половине диагонали основания: \(SO = OC\). Это удобный ориентир — если у вас получилось иначе, где-то ошибка в арифметике.

Ответ: \(\sqrt3\)

Пункт а, шаг 1. Сечение — параллелограмм

Обозначим секущую плоскость через \(\beta\). Разберём её пересечение с каждой гранью.

Грань \(ACD\) содержит прямую \(AC\), а \(AC \parallel \beta\). Плоскость \(\beta\) проходит через точку \(T\) этой грани, значит она пересекает грань по прямой, параллельной \(AC\). Эта прямая пересекает ребро \(CD\) в некоторой точке \(P\):

\[TP \parallel AC.\]

Важно! Работает лемма: если прямая \(a\) параллельна плоскости \(\beta\), а плоскость \(\gamma\) содержит \(a\) и пересекает \(\beta\) по прямой \(b\), то \(a \parallel b\). Без ссылки на неё параллельность сторон сечения считается недоказанной.

Точно так же:

грань \(ABD\) содержит \(BD\), поэтому \(\beta\) пересекает её по прямой
\(TQ \parallel BD\), где \(Q\) — точка на ребре \(AB\);
грань \(ABC\) содержит \(AC\), поэтому \(QR \parallel AC\), где \(R\) — точка на
ребре \(BC\);
грань \(BCD\) содержит \(BD\), поэтому \(RP \parallel BD\).

Итак, в четырёхугольнике \(TQRP\) противоположные стороны попарно параллельны (\(TP \parallel QR\) и \(TQ \parallel RP\)) — это параллелограмм.

Пункт а, шаг 2. Рёбра AC и BD перпендикулярны

Пусть \(M\) — середина ребра \(AC\).

Треугольник \(ABC\) правильный, значит \(BA = BC\) и медиана \(BM\) является высотой: \(BM \perp AC\).

Пирамида правильная, значит \(DA = DC\), треугольник \(ADC\) равнобедренный и его медиана \(DM\) тоже высота: \(DM \perp AC\).

Две пересекающиеся прямые \(BM\) и \(DM\) перпендикулярны \(AC\), обе лежат в плоскости \((BDM)\), поэтому

\[AC \perp (BDM)\ \Longrightarrow\ AC \perp BD.\]

Сторона \(TQ\) параллельна \(BD\), сторона \(TP\) параллельна \(AC\), значит угол между ними прямой. Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник.

Важно! Перпендикулярность \(AC \perp BD\) в правильной пирамиде кажется очевидной по рисунку, но на экзамене её нужно именно доказать — через две высоты равнобедренных треугольников. Без этого пункт а) не засчитают.

Пункт б. Длины сторон прямоугольника

Сначала сторона \(TQ\). Она лежит в треугольнике \(ABD\) и параллельна \(BD\), поэтому треугольники \(ATQ\) и \(ADB\) подобны с коэффициентом

\[\dfrac{AT}{AD} = \dfrac{1}{1+2} = \dfrac13,\qquad TQ = \dfrac13\,BD = \dfrac13\cdot 9 = 3.\]

Теперь сторона \(TP\). Она лежит в треугольнике \(ACD\) и параллельна \(AC\), но здесь отсчёт идёт от вершины \(D\):

\[\dfrac{DT}{DA} = \dfrac{2}{1+2} = \dfrac23,\qquad TP = \dfrac23\,AC = \dfrac23\cdot 5 = \dfrac{10}{3}.\]

Важно! Самая частая ошибка в этой задаче — взять коэффициент \(\frac13\) оба раза. Следите, от какой вершины «растёт» отрезок: \(TQ\) отходит от \(A\), а \(TP\) — от стороны \(D\). Проверка: при \(T \to A\) отрезок \(TQ\) стягивается в точку, а \(TP\) превращается в целое ребро \(AC\).

Площадь прямоугольника:

\[S = TQ\cdot TP = 3\cdot\dfrac{10}{3} = 10.\]

Ответ: \(10\)

Пункт а. Стороны сечения параллельны рёбрам

Разберём стороны сечения по одной. Точки \(K\) и \(N\) лежат на рёбрах \(AC\) и \(BC\), то есть обе лежат в плоскости \((ABC)\); кроме того, обе лежат в \(\beta\). Значит \(KN\) — это линия пересечения плоскостей \(\beta\) и \((ABC)\).

Плоскость \((ABC)\) содержит прямую \(AB\), а \(AB \parallel \beta\). По лемме о параллельности

\[KN \parallel AB.\]

Важно! Лемма звучит так: если прямая \(a\) параллельна плоскости \(\beta\), а плоскость \(\gamma\) содержит \(a\) и пересекает \(\beta\) по прямой \(b\), то \(a \parallel b\). Ссылка на неё обязательна — без неё параллельность сторон сечения считается недоказанной.

Точно так же разбираем остальные три стороны:

в плоскости \((ABD)\): \(LM \parallel AB\);
в плоскости \((ACD)\): \(KL \parallel CD\);
в плоскости \((BCD)\): \(MN \parallel CD\).

Получается \(KN \parallel LM\) (обе параллельны \(AB\)) и \(KL \parallel MN\) (обе параллельны \(CD\)), то есть \(KLMN\) — параллелограмм.

Наконец, по условию \(AB \perp CD\). Сторона \(KN\) параллельна \(AB\), сторона \(KL\) параллельна \(CD\), значит угол между ними прямой. Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник.

Пункт б. Находим, где именно проходит плоскость

Вся работа — в плоскости \((ACD)\): именно там видно, как сторона \(KL\) связана с ребром \(CD\). Обозначим \(\dfrac{AK}{AC} = t\). В треугольнике \(ACD\) прямая \(KL\) параллельна \(CD\), поэтому по теореме о пропорциональных отрезках

\[\dfrac{AK}{AC} = \dfrac{AL}{AD} = t,\qquad KL = t\cdot CD = 5t.\]

Посмотрим теперь на треугольник \(ABD\) со стороны вершины \(D\): точка \(L\) делит \(AD\) так, что \(\dfrac{DL}{DA} = 1 - t\), и \(LM \parallel AB\), поэтому

\[LM = (1 - t)\cdot AB = (1 - t)\cdot\dfrac{10}{3}.\]

Квадрат — это прямоугольник с равными сторонами, значит \(KL = LM\):

\[5t = \dfrac{10}{3}\,(1 - t).\]

Умножим обе части на \(3\): \(15t = 10 - 10t\), откуда \(25t = 10\) и

\[t = \dfrac{2}{5},\qquad KL = 5\cdot\dfrac25 = 2.\]

Итак, \(AK : AC = 2 : 5\), то есть \(AK : KC = 2 : 3\) — на выносном рисунке эти части подписаны как \(2x\) и \(3x\).

Делим расстояние 9 в нужном отношении

Пусть \(PQ\) — общий перпендикуляр прямых \(AB\) и \(CD\) (\(P\) на \(AB\), \(Q\) на \(CD\)), его длина равна \(9\). Плоскость \(\beta\) параллельна двум непараллельным прямым \(AB\) и \(CD\), а \(PQ\) перпендикулярен им обеим, поэтому \(PQ \perp \beta\). Значит \(\beta\) пересекает отрезок \(PQ\) в некоторой точке \(R\), и

\[\rho(A, \beta) = PR,\qquad \rho(C, \beta) = RQ,\qquad PR + RQ = 9.\]

Важно! Расстояние от точки \(A\) до \(\beta\) совпадает с расстоянием от всей прямой \(AB\) до \(\beta\) — ведь \(AB \parallel \beta\). Точно так же расстояние от \(C\) равно расстоянию от прямой \(CD\). Поэтому и получается, что две части в сумме дают все \(9\).

Осталось понять, в каком отношении точка \(R\) делит отрезок \(PQ\). Отрезок \(AC\) пересекает плоскость \(\beta\) в точке \(K\), значит \(A\) и \(C\) лежат по разные стороны от \(\beta\), а перпендикуляры, опущенные из \(A\) и из \(C\) на \(\beta\), дают два подобных прямоугольных треугольника с общей вершиной \(K\). Отсюда

\[\dfrac{\rho(A, \beta)}{\rho(C, \beta)} = \dfrac{AK}{KC} = \dfrac23.\]

Делим \(9\) в отношении \(2 : 3\):

\[\rho(A, \beta) = 9\cdot\dfrac{2}{5} = 3{,}6,\qquad \rho(C, \beta) = 9\cdot\dfrac{3}{5} = \dfrac{27}{5} = 5{,}4.\]

Важно! Проверка на месте: \(3{,}6 + 5{,}4 = 9\) — ровно расстояние между \(AB\) и \(CD\). Если сумма двух кусков не даёт исходное расстояние, значит отношение перепутано местами.

Ответ: \(\dfrac{27}{5} = 5{,}4\)

Пункт а. Ловим перпендикулярность

Пусть \(M\) — середина ребра \(BC\). Проведём отрезки \(AM\) и \(DM\).

Первый перпендикуляр. Треугольник \(ABC\) правильный, значит \(AB = AC\) и медиана \(AM\) является высотой:

\[AM \perp BC.\]

Второй перпендикуляр. По условию \(DB = DC\), значит треугольник \(DBC\) равнобедренный и его медиана \(DM\) тоже является высотой:

\[DM \perp BC.\]

Получили две пересекающиеся прямые \(AM\) и \(DM\) (они пересекаются в точке \(M\)), обе перпендикулярны \(BC\) и обе лежат в плоскости \((ADM)\). По признаку перпендикулярности прямой и плоскости

\[BC \perp (ADM).\]

Прямая \(AD\) лежит в плоскости \((ADM)\), а прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна каждой прямой этой плоскости. Значит \(AD \perp BC\).

Важно! В признаке перпендикулярности прямой и плоскости нужны именно две пересекающиеся прямые. Если взять две параллельные — признак не работает, и доказательство не засчитают.

Пункт б. Что считать расстоянием

Прямые \(AD\) и \(BC\) скрещиваются, значит расстояние между ними — это длина их общего перпендикуляра: отрезка, который упирается в обе прямые и перпендикулярен обеим.

Построим его. В плоскости \((ADM)\) опустим из точки \(M\) перпендикуляр \(MH\) на прямую \(AD\). Тогда:

\(MH \perp AD\) — по построению, и \(MH\) упирается в \(AD\) в точке \(H\);
\(MH\) лежит в плоскости \((ADM)\), а \(BC \perp (ADM)\), поэтому \(MH \perp BC\),
и \(MH\) упирается в \(BC\) в точке \(M\).

Значит \(MH\) — общий перпендикуляр, и искомое расстояние равно \(MH\).

Важно! Общий перпендикуляр обязан пересекать обе прямые. Просто «перпендикулярный обеим» отрезок где-то в пространстве расстоянием не является — за это снимают баллы.

Считаем стороны треугольника ADM

\(AM\) — высота правильного треугольника со стороной \(6\):

\[AM = 6\cdot\dfrac{\sqrt3}{2} = 3\sqrt3.\]

\(DM\) — высота равнобедренного треугольника \(DBC\), в котором \(DB = DC = 10\), \(BC = 6\), а \(BM = MC = 3\). По теореме Пифагора в треугольнике \(DMB\):

\[DM = \sqrt{DB^2 - BM^2} = \sqrt{100 - 9} = \sqrt{91}.\]

Третья сторона известна из условия: \(AD = 10\).

По теореме косинусов находим угол при вершине \(A\):

\[\cos\angle DAM = \dfrac{AM^2 + AD^2 - DM^2}{2\cdot AM\cdot AD} = \dfrac{27 + 100 - 91}{2\cdot 3\sqrt3\cdot 10} = \dfrac{36}{60\sqrt3} = \dfrac{3}{5\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{5}.\]

Косинус положительный, значит угол \(DAM\) острый и точка \(H\) попадает внутрь отрезка \(AD\) — картинка нарисована верно. Находим синус:

\[\sin\angle DAM = \sqrt{1 - \dfrac{3}{25}} = \sqrt{\dfrac{22}{25}} = \dfrac{\sqrt{22}}{5}.\]

Теперь \(MH\) — катет прямоугольного треугольника \(AHM\), лежащий против угла \(A\):

\[MH = AM\cdot\sin\angle DAM = 3\sqrt3\cdot\dfrac{\sqrt{22}}{5} = \dfrac{3\sqrt{66}}{5}.\]

Важно! Тот же ответ даёт «площадной» приём: площадь треугольника \(ADM\) можно посчитать двумя способами — \(S = \frac12\,AM\cdot AD\cdot\sin A\) и \(S = \frac12\,AD\cdot MH\). Приравняв их, сразу получаем \(MH = AM\cdot\sin A\), минуя лишние вычисления.

Ответ: \(\dfrac{3\sqrt{66}}{5}\)