Стереометрическая задача

а) Высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания, значит, боковые рёбра пирамиды равны. Обозначим $$SA=SB=SC=SD=a.$$ Тогда по теореме Пифагора для треугольников $ABP$ и $SAP$: $$AB^2-BP^2=AP^2=SA^2-SP^2$$ $$\iff 12-BP^2=a^2-(a-BP)^2 \iff BP=\frac{6}{a}.$$

Из прямоугольных треугольников $BCQ$ и $SCP$: $$BC^2-BQ^2=CQ^2=SC^2-SQ^2$$ $$\iff 24-BQ^2=a^2-(a-BQ)^2 \iff BQ=\frac{12}{a}.$$

Следовательно, $$BP=\frac{1}{2}BQ,$$ то есть $P$ — середина $BQ$.

б) В равнобедренном треугольнике $SBC$ через точку $P$, лежащую на боковой стороне $SB$, проведём прямую, параллельную высоте $CQ$. Пусть $M$ — точка её пересечения со стороной $BC$. По теореме о пропорциональных отрезках $M$ — середина $BC$. Значит, если $a=SA=6$, то имеем: $$PM=\frac{1}{2}CQ=\frac{1}{2}\sqrt{BC^2-BQ^2} =\frac{1}{2}\sqrt{24-\left(\frac{12}{a}\right)^2} =\frac{1}{2}\sqrt{24-4}=\sqrt{5}.$$

Из прямоугольного треугольника $ABP$: $$AP=\sqrt{AB^2-BP^2} =\sqrt{12-\left(\frac{6}{a}\right)^2} =\sqrt{12-1}=\sqrt{11}.$$

Из прямоугольного треугольника $ABM$: $$AM^2=AB^2+BM^2=AB^2+\left(\frac{1}{2}BC\right)^2=12+6=18.$$

Так как $AP\perp SB$ и $MP\perp SB$, то $\angle APM=\varphi$ — линейный угол двугранного угла, образованного гранями $SBA$ и $SBC$. По теореме косинусов для $\triangle APM$: $$\cos\varphi=\frac{AP^2+MP^2-AM^2}{2AP\cdot MP} =\frac{11+5-18}{2\cdot\sqrt{11}\cdot\sqrt{5}} =-\frac{1}{\sqrt{55}} =-\frac{\sqrt{55}}{55}.$$ $$\Rightarrow \varphi=\arccos\left(-\frac{\sqrt{55}}{55}\right) =\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$

Следовательно, угол между гранями $SBA$ и $SBC$ равен $$\varphi=\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$

Ответ: $$\text{б) }\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$

а)

Рассмотрим треугольник $SAD$. Так как $M$ — середина $SD$, $K$ — середина $SA$, значит $MK$ — средняя линия треугольника $SAD$. Следовательно, $MK || AD$ и $MK= \frac{1}{2}AD$.

Так как пирамида правильная, $ABCDEF$ — правильный шестиугольник, значит $CB || AD$ и $CB= \frac{1}{2}$AD.

Отсюда $MK || CB$ и $MK=CB$, значит $MKBC$ — параллелограмм. Следовательно, $BK || CM$, и эти прямые лежат в одной плоскости $\alpha$.

б)

Пусть $P$ — середина $BC$, а $G$ — середина $EF$. Поскольку пирамида правильная, треугольник $SBC$ равнобедренный, и его медиана $SP$ является также высотой: $SP \perp BC$. В правильном шестиугольнике $ABCDEF$ отрезок $PG$ перпендикулярен $BC$. Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(SPG)$.

Отрезки $PG$ и $AD$ пересекаются в центре шестиугольника — точке $O$; $SO$ — высота пирамиды. Пусть $KM$ и $SO$ пересекаются в точке $Q$. Тогда $QP$ лежит в плоскости $(SPG)$, поэтому $QP \perp BC$, и угол $\angle QPO$ является линейным углом двугранного угла между плоскостью $\alpha$ и плоскостью основания. По условию $\angle QPO = 60^\circ$.

Рассмотрим равносторонний треугольник $OBC$ со стороной $BC = AB = 6$. Его высота равна $$OP = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot BC = 3\sqrt{3}.$$

В прямоугольном треугольнике $QOP$ имеем: $$\tan \angle QPO = \frac{QO}{PO},$$ откуда $$\frac{QO}{3\sqrt{3}} = \sqrt{3},$$ значит $QO = 9$.

Отрезок $KM$ — средняя линия треугольника $SAD$, поэтому точка $Q$ — середина $SO$. Следовательно, $SQ = QO$ и $$SO = 2QO = 18.$$

Ответ: 18.

Решение:

Так как $KLMN$ — квадрат, то $KL \parallel MN$. Прямая $MN$ лежит в плоскости $BCD$, значит, прямая $KL$ параллельна этой плоскости. В плоскости $ACD$ прямая $KL$ параллельна линии пересечения плоскостей $ACD$ и $BCD$, то есть прямой $CD$. Следовательно, $$KL \parallel CD.$$ Тогда треугольники $AKL$ и $ACD$ подобны (по двум углам), и $$\frac{KL}{CD} = \frac{AK}{AC} \quad\Longrightarrow\quad KL = \frac{AK}{AC} \cdot CD. \tag{1}$$

Аналогично, поскольку $KN \parallel LM$, а $LM$ лежит в плоскости $ADB$ и параллельна $AB$ (объяснение аналогично: $LM \parallel AB$, так как $LM$ параллельна плоскости $ABC$), получаем $$KN \parallel AB.$$ Тогда треугольники $KNC$ и $ABC$ подобны, откуда $$\frac{KN}{AB} = \frac{KC}{AC} \quad\Longrightarrow\quad KN = \frac{KC}{AC} \cdot AB. \tag{2}$$

В квадрате $KLMN$ противоположные стороны равны: $KN = KL$. Приравнивая (1) и (2), имеем $$\frac{KC}{AC} \cdot AB = \frac{AK}{AC} \cdot CD.$$ Сокращая на $AC$, получаем $$KC \cdot AB = AK \cdot CD \quad\Longrightarrow\quad \frac{AB}{CD} = \frac{AK}{KC}.$$ По условию $AK:KC = 2:3$, следовательно, $$\frac{AB}{CD} = \frac{2}{3}.$$

Таким образом, $AB : CD = 2 : 3$, что и требовалось доказать.

\subsubsection*{б)}

Пусть $h$ — высота тетраэдра $ABCD$, проведённая из вершины $A$.
Точка $K$ лежит на ребре $AC$, причём $KC : AC = 3 : 5$ (так как $AK:KC = 2:3$).
Значит, высота пирамиды $KBCD$ (с вершиной $K$) равна $\dfrac{3}{5}h$.
Тогда её объём: $$V_{KBCD} = \frac{3}{5} V_{ABCD} = \frac{3}{5} \cdot 25 = 15.$$

Теперь рассмотрим пирамиды $KBCD$ и $CKMN$. У них общая вершина $K$, поэтому их объёмы относятся как площади оснований — треугольников $BCD$ и $CMN$.

Найдём отношение площадей этих треугольников.

В треугольнике $BCD$:

• точка $N$ лежит на $BC$, причём $BN:NC = 2:3$, значит $NC = \frac{3}{5}BC$;
• точка $M$ лежит на $BD$, причём $BM:MD = 2:3$, значит $BM = \frac{2}{5}BD$.

Из подобия треугольников $BNM$ и $BCD$ получаем: $$\frac{NM}{CD} = \frac{BN}{BC} = \frac{2}{5}.$$

Также высоты треугольников $CMN$ и $BCD$, проведённые из точек $C$ и $B$ соответственно, относятся как $$\frac{CN}{BC} = \frac{3}{5}.$$

Следовательно, $$\frac{S_{CMN}}{S_{BCD}} = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{5} = \frac{6}{25}.$$

Значит, $$V_{CKMN} = \frac{6}{25} \cdot V_{KBCD} = \frac{6}{25} \cdot 15 = \frac{18}{5} = 3{,}6.$$

$$\boxed{V_{CKMN} = 3{,}6}$$

Решение

а)

Так как$KLMN$— квадрат, то его противоположные стороны параллельны:$KN \parallel LM$,$KL \parallel MN$.
Прямая $LM$ лежит в плоскости $ADB$(поскольку точки $L$ и $M$ лежат на рёбрах $AD$ и $BD$). Плоскости $(KLMN)$ и $(ABC)$ пересекаются по прямой $KN$, а $LM \parallel KN$, следовательно,$LM$ параллельна плоскости $ABC$. Значит, прямая $LM$ не пересекает плоскость $ABC$, а так как $AB$ лежит в плоскости $ABC$ и в плоскости $ADB$, то$LM$и$AB$параллельны (обе лежат в плоскости $ADB$ и не пересекаются).
Таким образом, все три прямые $KN$, $LM$ и $AB$ параллельны. Аналогично, рассматривая плоскости $(KLMN)$ и $(BCD)$, получаем, что $KL \parallel MN \parallel CD$.
Поскольку в квадрате$KL \perp LM$, то$CD \perp AB$, что и требовалось доказать.

б)

Искомое расстояние от точки $B$ до плоскости $KLM$ равно высоте пирамиды $BKMN$, опущенной из вершины $B$ на плоскость основания $KMN$.

Площадь прямоугольного треугольника$KMN$: $$S_{KMN} = \frac{1}{2} \cdot KN \cdot NM = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2.$$

Для нахождения объёма $V_{BKMN}$ воспользуемся подобием. В треугольнике $ACB$ точка$K$делит ребро $AC$ в отношении $AK:KC = 2:3$, значит, расстояние от точки$K$до плоскости $BCD$ составляет $\frac{3}{5}$ от высоты $AH$ тетраэдра $ABCD$, опущенной из вершины $A$ на грань $BCD$. С другой стороны, плоскость $BMN$ параллельна плоскости $BCD$ (так как $MN \parallel CD$), и треугольник $BMN$ подобен треугольнику $BCD$ с коэффициентом $\frac{2}{5}$ (поскольку$BN = \frac{2}{5}BC$ и $BM = \frac{2}{5}BD$). Следовательно, площади этих треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия: $$S_{BMN} = \left(\frac{2}{5}\right)^2 S_{BCD} = \frac{4}{25} S_{BCD}.$$

Теперь выразим объём пирамиды $BKMN$: $$V_{BKMN} = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{3}{5}AH\right) \cdot S_{BMN} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5}AH \cdot \frac{4}{25}S_{BCD}.$$ Но $\frac{1}{3} AH \cdot S_{BCD} = V_{ABCD} = 25$. Поэтому $$V_{BKMN} = \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{25} \cdot 25 = \frac{12}{5}.$$

Наконец, высота$h$пирамиды$BKMN$(она же расстояние от$B$до плоскости$KLM$) находится по формуле: $$h = \frac{3V_{BKMN}}{S_{KMN}} = \frac{3 \cdot \frac{12}{5}}{2} = \frac{36}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{18}{5}.$$

$$\boxed{\frac{18}{5}}$$

Ответ:

a)$AB \perp CD$; б)$\displaystyle \frac{18}{5}$.