№15. Стереометрическая задача

а) Призма правильная, поэтому \(A_1B_1C_1\) — равносторонний треугольник, и медиана \(C_1K\) является в нём высотой. Отсюда \(KC_1 \perp A_1B_1\).

Кроме того, боковое ребро \(AA_1\) перпендикулярно плоскости верхнего основания, а прямая \(KC_1\) лежит в этой плоскости, значит \(KC_1 \perp AA_1\).

Получилось, что \(KC_1\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости \((ABB_1)\), следовательно

\[KC_1 \perp \left(ABB_1\right).\]

Так как \(\alpha \perp (ABB_1)\), точка \(K\) лежит в \(\alpha\) и \(KC_1 \perp (ABB_1)\), то прямая \(KC_1\) лежит в \(\alpha\), а вместе с ней и точка \(C_1\). Что и требовалось доказать.

б) Плоскость \(\alpha\) пересекает ребро \(AA_1\) в точке \(M\), ребро \(A_1B_1\) — в точке \(K\) и проходит через вершину \(C_1\), то есть отсекает от призмы угол при вершине \(A_1\). Значит сечение — треугольник \(MKC_1\).

Из доказанного \(KC_1 \perp (ABB_1)\), в частности \(KC_1 \perp MK\). Значит \(MKC_1\) — прямоугольный треугольник и

\[S = \frac{1}{2}MK\cdot C_1K.\]

Все рёбра равны 12, поэтому \(A_1K = KB_1 = 6\). Из \(AM : MA_1 = 5 : 1\) получаем \(AM = 10\), \(MA_1 = 2\).

Оба катета находятся в плоских фигурах: \(MK\) — в грани \(ABB_1A_1\), а \(C_1K\) — в верхнем основании \(A_1B_1C_1\).

По теореме Пифагора для \(\triangle A_1MK\):

\[MK^2 = A_1M^2 + A_1K^2 = 4 + 36 = 40 \quad\Longrightarrow\quad MK = 2\sqrt{10}.\]

По теореме Пифагора для \(\triangle A_1C_1K\):

\[C_1K^2 = C_1A_1^2 - A_1K^2 = 144 - 36 = 108 \quad\Longrightarrow\quad C_1K = 6\sqrt{3}.\]

Тогда

\[S = \frac{1}{2}\cdot MK\cdot C_1K = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{10}\cdot 6\sqrt{3} = 6\sqrt{30}.\]

Ответ: б) \(6\sqrt{30}\).

а) Прямая \(SC\) перпендикулярна плоскости \(\alpha\) тогда, когда она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости. Найдём такие прямые, проходящие через точку \(O\).

Пирамида правильная, поэтому \(SO\) — её высота, а диагонали основания перпендикулярны: \(AC \perp BD\). Тогда по теореме о трёх перпендикулярах \(SC \perp BD\). Точка \(O\) лежит на \(BD\), значит прямая \(BD\) целиком лежит в \(\alpha\) — то есть плоскость проходит через \(B\) и \(D\). Что и требовалось доказать.

Вторую прямую получим, проведя в треугольнике \(SOC\) высоту \(OK\), то есть \(OK \perp SC\). Тогда сечением пирамиды плоскостью \(\alpha\) является треугольник \(BKD\).

б) Из пункта а) \(BD \perp SC\) и \(BD \perp SO\), значит \(BD \perp (SOC)\), а потому \(BD \perp OK\). Площадь сечения равна

\[S_{BKD} = \frac{1}{2}\cdot BD\cdot OK.\]

Так как \(ABCD\) — квадрат со стороной 2, то \(BD = 2\sqrt{2}\) и \(OC = \sqrt{2}\). Подставляем:

\[\sqrt{3} = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot OK \quad\Longrightarrow\quad OK = \sqrt{\frac{3}{2}}.\]

Перейдём в треугольник \(SOC\). Обозначим \(\angle KOC = \varphi\), тогда из прямоугольного треугольника \(KOC\):

\[\cos\varphi = \frac{OK}{OC} = \frac{\sqrt{3}}{2} \quad\Longrightarrow\quad \varphi = 30^\circ,\]

откуда \(KC = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\).

Высота прямоугольного треугольника, опущенная из прямого угла, отсекает углы, равные острым углам треугольника, поэтому \(\angle OSC = \varphi = 30^\circ\) и \(SC = 2OC = 2\sqrt{2}\). Тогда

\[SK = SC - KC = 2\sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2},\]

\[SK : KC = \frac{3\sqrt{2}}{2} : \frac{\sqrt{2}}{2} = 3 : 1.\]

Ответ: б) \(3 : 1\).

а) Точки \(A\), \(B_1\) и \(M\) лежат в гранях \(ACC_1A_1\), \(BCC_1B_1\) и \(ABB_1A_1\), поэтому сечением является треугольник \(B_1MA\).

Боковое ребро \(CC_1\) перпендикулярно плоскостям основаниий, поэтому \(CM \perp AC\) и \(C_1M \perp B_1C_1\), то есть треугольники \(ACM\) и \(B_1C_1M\) прямоугольные.

Катеты \(C_1M\) и \(CM\) равны, так как \(M\) — середина ребра \(CC_1\). Катеты \(B_1C_1\) и \(AC\) тоже равны: призма правильная, значит в основаниях лежат равные правильные треугольники.

Значит \(\triangle B_1C_1M = \triangle ACM\) по двум катетам, а потому равны и гипотенузы:

\[AM = B_1M.\]

Треугольник \(B_1MA\) равнобедренный, что и требовалось доказать.

б) Обозначим \(BB_1 = 2h\).

По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника \(ABB_1\):

\[AB_1 = \sqrt{AB^2 + BB_1^2} = \sqrt{16 + 4h^2} = 2\sqrt{4 + h^2}.\]

Из прямоугольного треугольника \(ACM\), где \(CM = h\):

\[AM = \sqrt{AC^2 + CM^2} = \sqrt{16 + h^2}.\]

Треугольник \(B_1MA\) равнобедренный с основанием \(AB_1\), поэтому высота \(MH\) делит основание пополам:

\[AH = \frac{AB_1}{2} = \sqrt{4 + h^2}.\]

Снова по теореме Пифагора:

\[MH = \sqrt{AM^2 - AH^2} = \sqrt{16 + h^2 - 4 - h^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}.\]

Записываем площадь сечения:

\[S = \frac{MH\cdot AB_1}{2} = \frac{2\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{4+h^2}}{2} = 2\sqrt{12 + 3h^2}.\]

По условию она равна 18:

\[2\sqrt{12 + 3h^2} = 18, \qquad 12 + 3h^2 = 81, \qquad h^2 = 23 \quad\Longrightarrow\quad h = \sqrt{23}.\]

Высота призмы равна \(2h\).

Ответ: б) \(2\sqrt{23}\).

а) Точки \(B\) и \(K\) лежат в одной грани, значит их можно соединить; аналогично для \(B\) и \(D\). Верхняя и нижняя грани лежат в параллельных плоскостях, поэтому \(\alpha\) пересекает верхнюю грань по прямой, параллельной \(BD\).

Пусть \(\alpha\) пересекает ребро \(C_1D_1\) в точке \(L\), тогда \(BD \parallel KL\). В кубе \(B_1D_1 \parallel BD\), значит \(KL \parallel B_1D_1\), и по теореме Фалеса \(L\) — середина ребра \(C_1D_1\). Сечением куба является четырёхугольник \(BKLD\).

Из точек \(K\) и \(L\) опустим перпендикуляры на нижнюю грань; пусть их основания — \(H_1\) и \(H_2\). Пусть ребро куба равно \(2x\). Тогда

\[BH_1 = H_1C = CH_2 = H_2D = x.\]

По теореме Пифагора для \(\triangle BKH_1\):

\[BK^2 = KH_1^2 + BH_1^2 = 4x^2 + x^2 = 5x^2.\]

По теореме Пифагора для \(\triangle DLH_2\):

\[DL^2 = LH_2^2 + DH_2^2 = 4x^2 + x^2 = 5x^2.\]

Таким образом, \(BK = DL\).

Заметим, что \(KL\) — средняя линия \(\triangle B_1C_1D_1\), значит

\[KL = \frac{B_1D_1}{2} = \frac{BD}{2},\]

то есть \(KL \ne BD\) и \(BKLD\) не является параллелограммом. Следовательно, \(BKLD\) — равнобедренная трапеция. Что и требовалось доказать.

б) Продлим отрезки \(DL\) и \(BK\) за точки \(L\) и \(K\) соответственно до пересечения с продолжением ребра \(CC_1\). По теореме о трёх попарно пересекающихся плоскостях они пересекутся в одной точке \(S\).

Проведём диагональ \(A_1C_1\) верхней грани. Пусть она пересекает отрезок \(KL\) в точке \(E\). Тогда \(C_1E \perp KL\). Кроме того, \(SC_1 \perp KL\), следовательно \((SEC_1) \perp KL\).

В треугольнике \(SC_1E\) опустим высоту \(C_1H\). Получаем, что \(C_1H \perp KL\) и \(C_1H \perp SE\), а значит \(C_1H \perp \alpha\).

Найдём длину \(C_1H\). Заметим, что \(\triangle DSC \sim \triangle LSC_1\), так как \(LC_1 \parallel DC\). Тогда

\[\frac{SC_1}{SC} = \frac{LC_1}{DC} = \frac{1}{2},\]

следовательно \(SC_1 = CC_1 = 3\).

Так как \(KL\) — средняя линия, то

\[EC_1 = \frac{A_1C_1}{4} = \frac{3\sqrt{2}}{4}.\]

По теореме Пифагора для \(\triangle SEC_1\):

\[SE^2 = SC_1^2 + EC_1^2 = 9 + \frac{9\cdot 2}{16} = \frac{9\cdot 18}{16}, \qquad SE = \frac{9\sqrt{2}}{4}.\]

Находим \(C_1H\) как высоту прямоугольного треугольника, проведённую к гипотенузе:

\[C_1H = \frac{C_1S\cdot C_1E}{SE} = \frac{3\cdot\frac{3\sqrt{2}}{4}}{\frac{9\sqrt{2}}{4}} = 1.\]

Ответ: б) \(1\).

а) Точки \(A\) и \(K\) лежат в одной грани, значит их можно соединить; аналогично для точек \(A\) и \(C\). Верхняя и нижняя грани лежат в параллельных плоскостях, поэтому плоскость \(\alpha\) пересекает верхнюю грань по прямой, параллельной \(AC\).

Пусть \(\alpha\) пересекает ребро \(B_1C_1\) в точке \(P\), тогда \(AC \parallel KP\). При этом \(A_1C_1 \parallel AC\), значит \(KP \parallel A_1C_1\), и по теореме Фалеса точка \(P\) — середина ребра \(B_1C_1\). Получили, что сечением является четырёхугольник \(AKPC\).

Так как призма правильная, треугольник \(A_1B_1C_1\) равносторонний, следовательно

\[A_1K = KB_1 = C_1P = PB_1.\]

По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике \(CC_1P\):

\[CP^2 = CC_1^2 + C_1P^2,\]

по теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике \(AA_1K\):

\[AK^2 = AA_1^2 + A_1K^2.\]

Так как \(AA_1 = CC_1\) и \(A_1K = C_1P\), получаем \(AK = CP\).

Более того, \(KP\) — средняя линия треугольника \(A_1B_1C_1\), значит

\[KP = \frac{A_1C_1}{2} = \frac{AC}{2},\]

то есть \(KP \ne AC\) и \(AKPC\) не является параллелограммом. Тогда \(AKPC\) — равнобедренная трапеция. Что и требовалось доказать.

б) Продлим отрезки \(CP\) и \(AK\) за точки \(P\) и \(K\) соответственно до пересечения с продолжением ребра \(BB_1\). По теореме о трёх попарно пересекающихся плоскостях они пересекутся в одной точке; обозначим её \(S\).

В треугольнике \(ABC\) опустим высоту \(BE\). Тогда \(BE \perp AC\). Кроме того, \(SB \perp (ABC)\), поэтому \(SB \perp AC\). Следовательно, \(AC \perp (SEB)\).

В треугольнике \(SBE\) опустим высоту \(BH\). Получаем, что \(BH \perp AC\) и \(BH \perp SE\), а значит \(BH \perp \alpha\).

Найдём длину \(BH\). Заметим, что \(\triangle CSB \sim \triangle PSB_1\), так как \(PB_1 \parallel CB\). Тогда

\[\frac{SB_1}{SB} = \frac{PB_1}{CB} = \frac{1}{2},\]

следовательно \(SB_1 = BB_1 = 6\), то есть \(SB = 12\).

Так как \(BE\) — высота правильного треугольника со стороной 6, то

\[BE = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}.\]

По теореме Пифагора для \(\triangle SEB\):

\[SE^2 = SB^2 + EB^2 = 12^2 + \left(3\sqrt{3}\right)^2 = 144 + 27 = 171, \qquad SE = \sqrt{171}.\]

Находим \(BH\) как высоту прямоугольного треугольника, проведённую к гипотенузе:

\[BH = \frac{BS\cdot BE}{SE} = \frac{12\cdot 3\sqrt{3}}{\sqrt{171}} = \frac{36}{\sqrt{57}}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{36}{\sqrt{57}}\).

а) Призма правильная, поэтому \(A_1B_1C_1\) — равносторонний треугольник, и медиана \(C_1K\) является в нём высотой. Отсюда

\[KC_1 \perp A_1B_1.\]

Кроме того, боковое ребро \(AA_1\) перпендикулярно плоскости верхнего основания, а прямая \(KC_1\) лежит в этой плоскости, поэтому

\[KC_1 \perp AA_1.\]

Получилось, что \(KC_1\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(A_1B_1\) и \(AA_1\) плоскости \((ABB_1A_1)\), следовательно

\[KC_1 \perp \left(ABB_1A_1\right).\]

Плоскость \(\alpha\) перпендикулярна грани \(ABB_1A_1\) и проходит через точку \(K\). Прямая, проходящая через точку плоскости \(\alpha\) перпендикулярно грани, целиком лежит в \(\alpha\), значит \(KC_1 \subset \alpha\), а вместе с ней и точка \(C_1\). Что и требовалось доказать.

б) Так как все рёбра равны 16 и \(AM = 3MA_1\), то

\[MA_1 = 4, \qquad AM = 12, \qquad A_1K = KB_1 = 8.\]

Плоскость \(\alpha\) перпендикулярна грани \(ABB_1A_1\), а линия их пересечения — прямая \(MK\). Опустим в самой грани перпендикуляр \(A_1H\) на прямую \(MK\). Тогда \(A_1H \perp MK\), и, поскольку \(\alpha \perp \left(ABB_1A_1\right)\), прямая \(A_1H\) перпендикулярна и всей плоскости \(\alpha\). Значит \(A_1H\) — искомое расстояние, и всё вычисление происходит в плоскости грани.

Треугольник \(A_1MK\) прямоугольный с прямым углом при \(A_1\), поэтому по теореме Пифагора

\[MK = \sqrt{A_1M^2 + A_1K^2} = \sqrt{16 + 64} = 4\sqrt{5}.\]

Высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна произведению катетов, делённому на гипотенузу:

\[A_1H = \frac{A_1M\cdot A_1K}{MK} = \frac{4\cdot 8}{4\sqrt{5}} = \frac{8}{\sqrt{5}} = \frac{8\sqrt{5}}{5}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{8\sqrt{5}}{5}\).