Стереометрическая задача

а)

Назовём плоскость, проходящую через $B_{1}$ и $D$ параллельно $AC$, плоскостью $\alpha$. Рассмотрим плоскость $(AA_{1}C_{1})$. Эта плоскость содержит $AC$ и пересекает $B_{1}D$ в середине — точке $O$. Сечение параллелепипеда этой плоскостью — прямоугольник $AA_{1}C_{1}C$. Проведём через точку $O$ прямую $MK \parallel AC$. Тогда $MK \subset \alpha$. Следовательно, $B_{1}KDM$ — сечение параллелепипеда плоскостью $\alpha$.

Так как $O$ — середина $B_{1}D$, то $O$ — точка пересечения диагоналей параллелепипеда, следовательно, $O$ — середина диагонали $AC_{1}$. Значит, по теореме Фалеса для $\triangle AC_{1}C$, где $OK \parallel AC$, имеем: $$K \text{ — середина } CC_{1}.$$ Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим многогранник $ABCDK B_{1}M$. Его объём равен половине объёма параллелепипеда: $$V = \frac12 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 = 36.$$ Если из этого объёма вычесть объёмы пирамид $MABD$ и $KCBD$, каждая из которых равна $\frac13 \cdot 3 \cdot 4 = 4$, то получим объём пирамиды $BB_{1}KDM$: $$36 - 2 \cdot 4 = \frac13 \cdot \rho \cdot S_{B_{1}KDM}.$$

Отсюда равенства можно найти $\rho$, если найти площадь сечения.

По теореме Пифагора: $$B_{1}K = \sqrt{B_{1}C_{1}^{2} + C_{1}K^{2}} = 5,$$ $$KD = \sqrt{CD^{2} + CK^{2}} = 3\sqrt{2},$$ $$B_{1}D = \sqrt{AB^{2} + AD^{2} + BB_{1}^{2}} = \sqrt{61}.$$

Пусть $\varphi = \angle B_{1}KD$. Тогда по теореме косинусов: $$\cos \varphi = \frac{B_{1}K^{2} + KD^{2} - B_{1}D^{2}}{2 \cdot B_{1}K \cdot KD} = \frac{-3}{5\sqrt{2}}.$$

Тогда $$\sin \varphi = \frac{\sqrt{41}}{5\sqrt{2}}.$$

Так как $B_{1}KDM$ — параллелограмм, то $$S_{B_{1}KDM} = B_{1}K \cdot KD \cdot \sin\varphi = 3\sqrt{41}.$$

Следовательно: $$24 = \rho \cdot \sqrt{41} \quad \Longleftrightarrow \quad \rho = \frac{24}{\sqrt{41}}.$$

$$\boxed{\frac{24}{\sqrt{41}}}$$

а)

Проведём $CH \perp AB$. Так как $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AB$, то $H$ — середина $AB$. Так как $AP : PB = 1 : 3$, то $AP = x$, $PB = 3x$. Тогда $AB = 4x$, $HB = 2x$, следовательно, $PH = x$. Следовательно, $P$ — середина $AH$.

Проведём $NQ \parallel AA_{1}$. Тогда $N$ — середина $AC$. Следовательно, так как $CN : NA = HP : PA = 1 : 1$, то по обратной теореме Фалеса $NP \parallel CH$. Следовательно, $NP \perp AB$.

Так как $PQ \perp \alpha$, то $PQ$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в $\alpha$. Заметим, что $MN$ — средняя линия в $\triangle ABC$, параллельная $AB$. Следовательно, $MN \parallel AB$. С другой стороны, $MN \perp NP$. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах наклонная $PQ \perp MN$. Следовательно, $MN \subset \alpha$. А так как $AB \parallel MN$, то по признаку $AB \parallel \alpha$. Что и требовалось доказать.

б) Так как $AB = 4x$, то $NQ = AA_{1} = 4x$, $AC = BC = 14x$. Следовательно, по теореме Пифагора в $\triangle ANP$: $$NP = 4x\sqrt{3}.$$

Проведём $NK \perp PQ$. Тогда $NK \in \alpha$. Следовательно, $K$ — точка, в которой $PQ$ пересекает $\alpha$. Нужно найти $PK : KQ$. По свойству прямоугольного треугольника высота, опущенная из вершины прямого угла, делит гипотенузу на отрезки, пропорциональные квадратам катетов: $$\frac{PK}{KQ} = \frac{NP^{2}}{NQ^{2}} = \frac{(4x\sqrt{3})^{2}}{(4x)^{2}} = \frac{3}{1}.$$

$$\boxed{3 : 1}$$

а)

Так как $BB_{1} \perp (A_{1}B_{1}C_{1})$, $B_{1}C_{1} \perp A_{1}C_{1}$, то по теореме о трёх перпендикулярах $$BC_{1} \perp A_{1}C_{1}.$$ Следовательно, $\triangle A_{1}C_{1}B$ — прямоугольный.

б) Заметим, что $BC \perp AC$ и $BC \perp CC_{1}$, следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $$BC \perp (AA_{1}C_{1}).$$ Следовательно, $BC$ — высота пирамиды $BAA_{1}C_{1}$ с основанием $AA_{1}C_{1}$.

Так как $\triangle AA_{1}C_{1}$ — прямоугольный, то $$V_{BAA_{1}C_{1}} = \frac12 \cdot AA_{1} \cdot A_{1}C_{1} \cdot \frac{BC}{3}.$$

По теореме Пифагора: $$A_{1}C_{1} = \sqrt{26^{2} - 10^{2}} = \sqrt{16 \cdot 36} = 24,$$ $$AA_{1} = \sqrt{26^{2} - 25^{2}} = \sqrt{1 \cdot 51} = \sqrt{51},$$ $$BC = \sqrt{10^{2} - 51} = \sqrt{49} = 7.$$

Тогда объём: $$V_{BAA_{1}C_{1}} = \frac12 \cdot 24 \cdot \sqrt{51} \cdot \frac{7}{3} = 28\sqrt{51}.$$

$$\boxed{28\sqrt{51}}$$

a)

Пусть точка $N$ — середина $AB$, а $S$ — точка пересечения медиан треугольника $ABM$. Тогда имеем: $$MS : SN = 2 : 1.$$

Заметим, что точка $O$ является точкой пересечения медиан правильного треугольника $ABC$. Тогда: $$CO : ON = 2 : 1.$$

Рассмотрим плоскость $(CMN)$. В ней, по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, $SO \parallel CM$, так как $$NS : SM = NO : OC = 1 : 2.$$

В правильной призме $OO_1 \parallel CC_1$, значит $SO \parallel OO_1$, то есть $S \in OO_1$.

—

b) Вычислим объёмы пирамид $ABCC_1$ и $ABCM$: $$V_{ABCC_1} = \frac13 \cdot CC_1 \cdot S_{ABC}, \qquad V_{ABCM} = \frac13 \cdot CM \cdot S_{ABC}.$$

По условию $CC_1 = AA_1 = 3$, $CM = 1$. Найдём площадь $\triangle ABC$. Так как треугольник $ABC$ правильный, его сторона равна 6, значит: $$S_{ABC} = \frac{AB^2\sqrt3}{4} = 9\sqrt3.$$

Тогда искомый объём пирамиды равен: $$V_{ABMC_1} = V_{ABCC_1} - V_{ABCM} = \frac13 \cdot S_{ABC} \,(CC_1 - CM) = \frac13 \cdot 9\sqrt3 \cdot 2 = 6\sqrt3.$$

$$\boxed{6\sqrt3}$$

а)

Пусть точки $L$, $N$ — середины рёбер $AC$ и $BD$ соответственно. Тогда $$ML \text{ — средняя линия треугольника } ACD,$$ следовательно, $$ML \parallel AD.$$ Аналогично, $$NK \parallel AB,$$ следовательно, $$NK \parallel ML.$$

Значит, точки $N, K, M, L$ лежат в одной плоскости, которая параллельна прямой $AD$, следовательно, это и есть плоскость $\alpha$.

Так как тетраэдр правильный, его грани — это равные правильные треугольники. Тогда их средние линии попарно равны, в частности: $$NM = ML = KL = NK,$$ значит, $$KLMN — \text{ромб.}$$

Рассмотрим треугольники $BLD$ и $CKD$. В них $$BD = CD, \qquad BL = DL = CK = DK,$$ так как тетраэдр $ABCD$ правильный. Тогда $$\triangle BLD = \triangle CKD$$ по третьему признаку равенства треугольников. В равных треугольниках соответствующие элементы равны, значит, равны и их медианы, то есть: $$LN = KM.$$

Следовательно, ромб $KLMN$ является квадратом.

—

б) Площадь квадрата $KLMN$ равна: $$S_{KLMN} = KL^2 = \left(\frac{BC}{2}\right)^2.$$

Так как в правильном тетраэдре $BC = AB = 2\sqrt{3}$, то $$KL = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3},$$ и $$S_{KLMN} = (\sqrt{3})^2 = 3.$$

$$\boxed{3}$$