Стереометрическая задача

а)

Четырёхугольник $KLMN$ — квадрат, поэтому прямые $KN$ и $LM$ параллельны. Следовательно, прямая $LM$ параллельна плоскости $ABC$. Значит, прямые $LM$ и $AB$ лежат в плоскости $AD B$ и не имеют общих точек, тогда они параллельны. Таким образом, прямые $KN$, $LM$ и $AB$ параллельны. Аналогично, прямые $KL$, $MN$ и $CD$ параллельны. Прямые $KL$ и $LM$ взаимно перпендикулярны, поэтому прямые $AB$ и $CD$ взаимно перпендикулярны.

б) Расстояние от точки $B$ до плоскости $KLMN$ равно высоте тетраэдра $BKMN$, проведённой из точки $B$. Основанием данного тетраэдра является прямоугольный треугольник $KMN$, площадь которого равна $$S_{KMN} = \frac12 KN \cdot NM = \frac{9}{2}.$$

Следовательно, $$d(B, KMN) = h_b = \frac{3 V_{BKMN}}{S_{KMN}}.$$

Пусть отрезок $AH$ — высота тетраэдра $ABCD$, отрезок $KH_1$ — высота тетраэдра $BKNM$. Выразим объём тетраэдра $BKNM$ через объём тетраэдра $ABCD$: $$V_{BKNM} = \frac13 \cdot KH_1 \cdot S_{BMN} = \frac13 \cdot \frac{7}{10} AH \cdot \frac{9}{100} S_{BCD} = \frac{7}{100} \cdot V_{ABCD} = \frac{7}{100} \cdot 100 = \frac{63}{10}.$$

Подставим найденные значения: $$d(B, KMN) = \frac{3 V_{BKMN}}{S_{KMN}} = \frac{3 \cdot \frac{63}{10}}{\frac92} = \frac{42}{10} = 4{,}2.$$

Ответ: б) $4{,}2$.

а) Заметим, что треугольники $ACD$ и $BCD$ равны (по трем сторонам).

Они являются равнобедренными и имеют общее основание $CD$.

Проведем медианы $AF$ и $BF$ к этому основанию. Они попадут в одну точку точку $F$, которая является серединой $CD$ и будут являться высотами данных треугольников (так как они равнобедренные).

Тем самым, прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $BAF$, а значит, и всей этой плоскости. Но тогда прямая $CD$ перпендикулярна любой прямой плоскости $BAF$. Значит, перпендикулярна прямой $AB$. Ч.Т.Д.

б) Построим высоту $EF$ треугольника $BAF$. Заметим, что $EF$ является общим перпендикуляром прямых $AB$ (по построению) и $CD$, поскольку $EF$ лежит в плоскости $BAF$. Тогда длина $EF$ и есть искомое расстояние между скрещивающимися прямыми $BA$ и $CD$.

Заметим, что:

$$AF=BF=\sqrt{17-5}=\sqrt{12} \text{ (по теореме Пифагора из треугольников CAF и CBD)}$$

Тогда треугольник $AFB$ равнобедренный, его высота $EF$ является также медианой, а тогда из прямоугольного треугольника $BEF$ по теореме Пифагора находим:

$$NM=\sqrt{BF^2-BE^2}=\sqrt{12-5}=\sqrt{7}$$

Ответ: $\sqrt{7}$.

а)

Рассмотрим треугольник $MBA$:

$$MA^{2} = 26 = 10 + 16 = (\sqrt{10})^{2} + 4^{2} = MB^{2} + AB^{2}.$$

Следовательно, треугольник $MBA$ прямоугольный и $MB \perp AB$.

Рассмотрим треугольник $MBC$:

$$MC^{2} = 235 = 10 + 225 = (\sqrt{10})^{2} + 15^{2} = MB^{2} + BC^{2}.$$

Следовательно, треугольник $MBC$ прямоугольный и $MB \perp BC$.

Таким образом, прямая $MB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $(ABCD)$. Тогда прямая $MB$ перпендикулярна плоскости $(ABCD)$ и $MB$ — высота пирамиды $MABCD$.

б) По пункту (а) прямая $MB \perp (ABCD)$, значит, $MB \perp AD$. По условию $AB \perp AD$, значит, $AD \perp (ABM)$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $AM$ — проекция $MD$ на плоскость $(ABM)$. Тогда угол $AMD$ и есть угол между $MD$ и плоскостью $(ABM)$.

По теореме Пифагора в треугольнике $AMD$:

$$MD^{2} = MA^{2} + AD^{2} = 26 + 225 = 251, \qquad MD = \sqrt{251}.$$

Тогда найдём искомый угол:

$$\sin \angle AMD = \frac{AD}{MD} = \frac{15}{\sqrt{251}},$$

$$\angle AMD = \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}.$$

Ответ: б) $\displaystyle \arcsin \frac{15}{\sqrt{251}}$.

a)

Пусть $C_1$ — середина $AB$, $G$ — пересечение медианы $SC_1$ со средней линией $EF$. Тогда точка $D$ пересечения $SO$ и $GC$ является точкой пересечения отрезка $SO$ и плоскости $(CEF)$.

Отрезки $SG = GC_1$, так как $EF$ — средняя линия. Отрезки $CO : OC_1 = 2 : 1$, так как $O$ — центр масс, то есть точка пересечения медиан, тогда $OC : CC_1 = 2 : 3$.

Запишем теорему Менелая для треугольника $OSC_1$ и прямой $GC$: $$\frac{C_1G}{GS}\cdot \frac{SD}{DO}\cdot \frac{OC}{CC_1} = 1 \quad\Rightarrow\quad 1\cdot \frac{SD}{DO}\cdot \frac{2}{3} = 1 \quad\Rightarrow\quad SD : DO = 3 : 2.$$

—

б) Если пирамида правильная, то картинка симметрична относительно плоскости $(SCC_1)$, а значит $CG \perp EF$ и $HG \perp EF$. Следовательно, искомый угол между плоскостями равен углу $\angle CGH$.

Найдём все стороны треугольника $GHC$, чтобы найти косинус угла $CGH$ по теореме косинусов.

Пусть сторона основания равна $a$, тогда по условию: $$27\sqrt{3} = S_{ABC} = \frac12 a^2 \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 \quad\Rightarrow\quad a^2 = 4\cdot 27 \quad\Rightarrow\quad a = 6\sqrt{3}.$$

Далее, $$CC_1 = 6\sqrt{3}\sin 60^\circ = 9$$ как высота в равностороннем треугольнике $ABC$.

$$GH = \frac12 C_1C = \frac{9}{2}$$ как средняя линия в треугольнике $SCC_1$.

Отрезок $$C_1B = \frac{a}{2} = 3\sqrt{3}.$$

По теореме Пифагора для $\triangle BSC_1$ с учётом того, что пирамида правильная и $SC_1$ — высота и медиана: $$SC_1 = \sqrt{SB^2 - BC_1^{\,2}} = \sqrt{100 - 27} = \sqrt{73}.$$

Найдём отрезок $CG$ по формуле медианы в треугольнике $SCC_1$: $$CG = \sqrt{\frac12 CC_1^{\,2} + \frac12 CS^{\,2} - \frac14 SC_1^{\,2}} = \sqrt{\frac{81}{2} + 50 - \frac{73}{4}} = \sqrt{\frac{289}{4}} = \frac{17}{2}.$$

Теперь найдём косинус угла $CGH$ по теореме косинусов: $$\cos \angle CGH = \frac{GH^2 + GC^2 - HC^2}{2GH\cdot GC} = \frac{\frac{81}{4} + \frac{289}{4} - 25}{2 \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{17}{2}} = \frac{270}{18\cdot 17} = \frac{15}{17}.$$

a)

Так как призма правильная, то $A_1B_1C_1$ — равносторонний треугольник. Следовательно, медиана $C_1K$ является также и высотой треугольника $A_1B_1C_1$. Отсюда $KC_1 \perp A_1B_1$.

Также, так как призма правильная, то $KC_1 \perp AA_1$.

Получили, что $KC_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым из плоскости $(ABB_1)$, следовательно $KC_1 \perp (ABB_1)$.

Так как $\alpha \perp (ABB_1)$, $K \in \alpha$ и $KC_1 \perp (ABB_1)$, то $KC_1 \subset \alpha$. Что и требовалось доказать.

—

б) Выше мы доказали, что $KC_1 \perp (ABB_1)$. Но тогда $KC_1 \perp MK$, следовательно, $MKC_1$ — прямоугольный треугольник и его площадь можно найти по формуле: $$S = \frac12 MK \cdot C_1K.$$

Так как все рёбра призмы равны $12$, то $A_1K = KB_1 = 6$. Далее, из того, что $AM : MA_1 = 5 : 1$, получаем $AM = 10$, $MA_1 = 2$.

Тогда по теореме Пифагора для $\triangle A_1 M K$: $$MK^2 = A_1M^2 + A_1K^2,$$ $$MK^2 = 4 + 36 = 40 \quad\Rightarrow\quad MK = 2\sqrt{10}.$$

По теореме Пифагора для $\triangle A_1C_1K$: $$C_1K^2 = C_1A_1^2 - A_1K^2,$$ $$C_1K^2 = 144 - 36 = 108 \quad\Rightarrow\quad C_1K = 6\sqrt{3}.$$

Тогда искомая площадь равна: $$S = \frac12 MK \cdot C_1K = \frac12 \cdot 2\sqrt{10} \cdot 6\sqrt{3} = 6\sqrt{30}.$$

Ответ: б) $\;6\sqrt{30}$.