Стереометрическая задача

а)

Так как $BB_1 \perp (A_1B_1C_1)$, $B_1C_1 \perp A_1C_1$, то по теореме о трёх перпендикулярах $BC_1 \perp A_1C_1$ как наклонная. Следовательно, $\triangle A_1C_1B$ — прямоугольный.

б) Заметим, что $BC \perp AC$ и $BC \perp CC_1$, следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC \perp (AA_1C_1)$. Следовательно, $BC$ — высота пирамиды $BAA_1C_1$ с основанием $AA_1C_1$. Так как $\triangle A_1A C_1$ прямоугольный, то

$$V_{BAA_1C_1} = \frac12 \cdot AA_1 \cdot A_1C_1 \cdot \frac{BC}{3}.$$

По теореме Пифагора имеем:

$$A_1C_1=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{16\cdot 36}=24,$$ $$AA_1=\sqrt{26^2-25^2}=\sqrt{1\cdot51}=\sqrt{51},$$ $$BC=\sqrt{10^2-51}=\sqrt{49}=7.$$

Тогда искомый объём пирамиды равен

$$V_{BAA_1C_1}= \frac12\cdot \frac{24\cdot\sqrt{51}\cdot 7}{3} =28\sqrt{51}.$$

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

а)

Прямая $AK \perp CP$, так как $AK$ принадлежит плоскости $\alpha$, перпендикулярной $PC$. Пусть $AK$ пересекает $PH$ в точке $G$, тогда нужно доказать: $$PG : GH = 2 : 1.$$

Рассмотрим треугольник $PAC$. Его сторона: $$AC = 12\sqrt{2}$$ как диагональ квадрата со стороной $12$. Отсюда: $$PC = PA = 12\sqrt{2} = AC.$$

Следовательно, треугольник $PAC$ равносторонний. Поскольку $AK$ и $PH$ являются высотами и медианами, то медиана $AK$ делит медиану $PH$ в отношении $2:1$, считая от точки $P$.

б)

Отрезок $CH$ является проекцией отрезка $CP$ на плоскость основания. Пусть $L$ — проекция середины $K$ отрезка $CP$ на основание. Тогда $L$ — середина $CH$, и $$KL \perp (ABCD), \qquad KL \parallel PH.$$

Значит, прямая $PH$ параллельна плоскости $(KBL)$. Поэтому расстояние между прямыми $PH$ и $BK$ равно расстоянию между прямой $PH$ и плоскостью $(KBL)$.

Рассмотрим высоту $h$ из точки $H$ в треугольнике $LBH$. Имеем: $$h \perp PH, \qquad h \perp LK \quad (LK \parallel PH), \qquad h \perp LB.$$ Таким образом, $h$ является расстоянием между прямой $PH$ и плоскостью $(KBL)$.

Далее: $$LH = \frac14 AC = 3\sqrt{2}.$$

По теореме Пифагора: $$BL = \sqrt{HL^{2} + HB^{2}} = \sqrt{18 + 72} = 3\sqrt{10}.$$

Тогда: $$h = \frac{HL \cdot HB}{LB} = \frac{36}{3\sqrt{10}} = \frac{12}{\sqrt{10}} = \frac{6\sqrt{10}}{5}.$$

$$\boxed{\frac{6\sqrt{10}}{5}}$$

a)

Пусть $E$ — точка пересечения продолжений боковых сторон $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$. Тогда плоскости $(PAB)$ и $(PCD)$ пересекаются по прямой $PE$. Поскольку обе эти плоскости перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$, по свойству перпендикулярных плоскостей их общая прямая $PE$ также перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Следовательно, $PE$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(ABC)$, в частности $PE\perp AE$ и $PE\perp CE$. Отсюда угол между плоскостями $(PAB)$ и $(PCD)$ равен углу $AED$.

Рассмотрим треугольник $AED$. По условию $\angle EAD=60^\circ$ и $\angle EDA=30^\circ$. Тогда $$\angle AED = 180^\circ - \angle EAD - \angle EDA = 180^\circ - 60^\circ - 30^\circ = 90^\circ.$$ Получили, что угол между плоскостями $(PAB)$ и $(PCD)$ равен $90^\circ$, значит эти плоскости перпендикулярны.

b)

Из пункта a) следует, что $CD\perp PE$ и $CD\perp AE$, значит $CD\perp (PAE)$. Опустим в плоскости $(PAE)$ перпендикуляр $EH$ из точки $E$ на прямую $PB$. Тогда $EH\perp PB$, и поскольку $EH$ лежит в плоскости $(PAE)$, то $EH\perp CD$. Таким образом, $EH$ является общим перпендикуляром скрещивающихся прямых $PB$ и $CD$. Значит длина $EH$ даёт искомое расстояние между прямыми $PB$ и $CD$.

Рассмотрим треугольник $BCE$ в плоскости $(ABC)$. Так как $ABCD$ — трапеция и $BC\parallel AD$, то $\angle BCE=\angle CDA=30^\circ$ и угол $CEB$ прямой, т.е. $\angle CEB=90^\circ$. В прямоугольном треугольнике $BCE$ с острым углом $30^\circ$ имеем $$BE=\tfrac{1}{2}BC=\tfrac{1}{2}\cdot 6=3.$$

В пункте a) было показано, что $PE\perp (ABC)$, следовательно $PE$ — высота пирамиды. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $PEB$ имеем $$PB=\sqrt{BE^{2}+PE^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5.$$

Тогда отрезок $EH$ как высота в прямоугольном треугольнике $PEB$ равен $$EH=\frac{BE\cdot PE}{PB}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}=2{,}4.$$

Искомое расстояние равно $EH$, следовательно $$\boxed{2{,}4}$$

а)

1. $NT$ — высота пирамиды $NSCD$, значит $NT\perp (CDS)$ и в частности $NT\perp MS$.

2. Пирамида $SABCD$ правильная, в её основании лежит квадрат. Тогда $ANMD$ — прямоугольник, где $AN=MD$ и $AD=MN$.

3. Центр основания пирамиды $SABCD$ точка $H$ делит отрезок $MN$ пополам.

4. Поскольку пирамида правильная, боковые рёбра равны, и треугольник $ASB$ равнобедренный, где $SN$ — высота и медиана одновременно.

5. Рассмотрим треугольник $BNS$. Он прямоугольный и по теореме Пифагора: $$BS^2 = BN^2 + SN^2, \qquad SN^2 = BS^2 - BN^2.$$

6. Треугольник $NHS$ прямоугольный, в нём по теореме Пифагора: $$SN^2 = NH^2 + SH^2,$$ откуда $$BS^2 - BN^2 = NH^2 + SH^2.$$

Поскольку $BN=\tfrac{AB}{2}=NH=\tfrac{MN}{2}$, получаем $$BS^2 - SH^2 = 2NH^2,$$ и $$NH=\sqrt{\frac{BS^2-SH^2}{2}}.$$

1. Подставим известные значения. Боковое ребро $SD=5$, высота пирамиды $SH=\sqrt{15}$. Тогда $$NH=\sqrt{\frac{25-15}{2}}=\sqrt{5}.$$

2. В таком случае $$MN=2\sqrt{5},\qquad SN=\sqrt{25-5}=2\sqrt{5}.$$ Следовательно, треугольник $MNS$ равнобедренный, где $NT$ является одновременно высотой и медианой. Отсюда $T$ — середина $SM$. Что и требовалось доказать.

б) Расстояние между двумя прямыми равно длине их общего перпендикуляра.

1. Так как $NT\perp (CDS)$, то $NT$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $(CDS)$, в частности прямой $SC$. Это означает, что общий перпендикуляр к прямым $NT$ и $SC$ можно построить из точки $T$ на прямую $SC$. Обозначим $V$ точку на $SC$ такую, что $TV\perp SC$. Тогда $TV$ — искомый общий перпендикуляр.

2. Найдём $TV$ с помощью подобия треугольников. Рассмотрим треугольники $CMS$ и $TVS$. Угол $TSV$ равен углу $CSM$ и угол $TVS$ равен углу $CMS$, значит треугольники подобны: $$\triangle CMS \sim \triangle TVS.$$

3. В равнобедренном треугольнике $MNS$ имеем $SM=SN$, и $SH$ — высота и медиана одновременно.

4. Из подобия треугольников получаем соотношения соответствующих сторон: $$\frac{TV}{CM}=\frac{ST}{SC}=\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{TV}{\sqrt{5}}.$$ Отсюда $$TV=1.$$

Значит расстояние между прямыми $NT$ и $SC$ равно $1$.

$$\boxed{1}$$

а)

Так как $KLMN$ — квадрат, то $LM\parallel KN$ и $LM\perp MN$. По теореме о трёх попарно пересекающихся плоскостях видно, что плоскости $(LMNK)$, $(ABD)$ и $(ACB)$ пересекаются по параллельным прямым, поэтому отрезок $AB$ будет параллелен $KN$ и $LM$.

Рассмотрим отношение на отрезке $AC$: $$\frac{AK}{KC}=\frac{3}{7}.$$ Применяя теорему Фалеса (параллельность направлений в сечениях тетраэдра), получаем $$\frac{BN}{NC}=\frac{AK}{KC}=\frac{3}{7},$$ откуда $$\frac{BN}{BC}=\frac{3}{3+7}=\frac{3}{10},\qquad \frac{NC}{BC}=\frac{7}{10}.$$

Пусть длина $BC$ равна $b$. Тогда $$BN=\frac{3}{10}b,\qquad NC=\frac{7}{10}b.$$

Рассмотрим треугольник $ACB$ и подобие треугольников $ACB$ и $KCN$. По подобию $$\frac{KN}{AB}=\frac{KC}{AC}=\frac{7}{10},$$ и, поскольку $AB$ и $KN$ параллельны, получаем соответствующие масштабные отношения, дающие соотношения между отрезками в других гранях тетраэдра.

Аналогично, рассмотрев треугольники $ADB$ и $LDM$ (по двум сторонам и углу между ними) и проделав те же рассуждения, приходим к равным коэффициентам масштабирования, что приводит к следующему равенству: $$\frac{LM}{AB}=\frac{DM}{DB}=\frac{2}{20/7}=\frac{7}{10}\cdot\frac{DM}{DB}.$$ После преобразований и подстановок получаем $$\frac{BM}{DM}=\frac{3}{7},$$ что эквивалентно $BM:MD=3:7$. Что и требовалось доказать.

б) Обозначим через $h$ расстояние от точки $C$ до плоскости $(KLM)$. Тогда объём пирамиды $CKLM$ равен $$V_{CKLM}=\frac{1}{3}h\cdot S_{KLM},$$ где $S_{KLM}$ — площадь треугольника $KLM$.

Площадь треугольника $KLM$ составляет половину площади квадрата $KLMN$, значит $$S_{KLM}=\tfrac{1}{2}S_{KLMN}.$$ Площадь квадрата со стороной $2$ равна $4$, поэтому $$S_{KLM}=\tfrac{1}{2}\cdot 4=2.$$

Тогда объём равен $$V_{CKLM}=\frac{1}{3}h\cdot 2=\frac{2}{3}h.$$ По условию $V_{CKLM}=50$, откуда $$\frac{2}{3}h=50,\qquad h=\frac{3}{2}\cdot 50=75.$$

Следовательно, расстояние от точки $C$ до плоскости $(KLM)$ равно $75$.

$$\boxed{75}$$