Стереометрическая задача

а)

Пусть $CH$ — высота треугольника $ABC$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, то $CH$ является медианой, поэтому $AH=HB=\tfrac12 AB$.

По условию $AP:PB=3:1$ и $HB=\tfrac12 AB$, следовательно $HP:PB=1:1$.

В треугольнике $CHB$ заметим следующее:

1. $HP=PB$.
2. $BM=MC$.

Следовательно, $MP$ — средняя линия треугольника $CHB$, и $MP\parallel CH$.

Поскольку $CH\perp AB$, то $MP$ перпендикулярна $AB$, откуда $MP\perp AB$.

Проекция $PM$ отрезка $QP$ на плоскость $ABC$: точки $M$ и $Q$ являются серединами $BC$ и $B_1C_1$ соответственно, поэтому $MQ\parallel BB_1$. Так как $BB_1\perp (ABC)$, получается $MQ\perp (ABC)$. По признаку перпендикулярности плоскостей, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна плоскости. Поэтому $QP$ перпендикулярен $AB$. Отсюда $AB\perp$ двум пересекающимся прямым в плоскости $QPM$, значит $AB\perp$ плоскости $QPM$, а потому $AB\parallel\alpha$.

Итак, пункт a) доказан: $$AB\parallel\alpha.$$

Пункт b).

Обозначим через $H_1$ проекцию точки $P$ на плоскость $\alpha$, то есть $MH_1\perp PQ$. Нас интересует отношение $PH_1:H_1Q$, так как $\alpha\perp PQ$.

Сначала найдём необходимые длины в основании и в вертикальном направлении.

По условию $AA_1=5$. Так как $Q$ — середина $B_1C_1$, то $QM=5PB$ по расположению ребер призмы, а также $QM=\tfrac14 AB = 3BM$. Более удобно выразить через $PB$.

Найдём $PB$. Из прямоугольного треугольника, опираясь на данные $AB=12$ и $\cos\angle ABC=\tfrac{3}{5}$, получаем для стороны $BC$: $$\cos\angle ABC=\frac{AB}{2\cdot BC}\quad\text{(в равнобедренном треугольнике при основании AB)}.$$ Но удобнее воспользоваться проекцией: пусть $CH$ — высота, тогда $$\cos\angle ABC=\frac{BH}{BC}=\frac{AB/2}{BC}=\frac{6}{BC}=\frac{3}{5}.$$ Отсюда $$BC=\frac{6\cdot 5}{3}=10.$$

Так как $AP:PB=3:1$ и $AB=12$, получаем $$PB=\frac{1}{4}AB=3.$$

Далее $AA_1=5$ дано напрямую.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $BPM$ (здесь $PM$ — проекция $PQ$ на плоскость основания). По теореме Пифагора: $$MB^2 = PM^2 + PB^2.$$ Из геометрии основания $MB=\tfrac12 BC=5$, поэтому $$5^2 = PM^2 + 3^2 \quad\Rightarrow\quad PM^2 = 25-9=16,$$ откуда $$PM=4.$$

Пусть $MH_1$ перпендикулярна $PQ$. Тогда отношение $PH_1:H_1Q$ равно квадрату тангенса или косинуса угла в соответствующем прямоугольном треугольнике. В прямоугольном треугольнике со сторонами $PM$ и $QM$ имеем $$\frac{PM^2}{QM^2}=\frac{4^2}{5^2}=\frac{16}{25}.$$

Следовательно, искомое отношение равно $$\frac{PH_1}{H_1Q}=\frac{PM^2}{QM^2}=\frac{16}{25}.$$

Ответ: $$\boxed{\frac{16}{25}}$$

а)

Проведём перпендикуляр $NK$ к прямой $A_1B_1$, тогда $NK\perp A_1B_1$ и $NK\perp A_1A$. Отсюда $NK\perp ABB_1$, поэтому отрезок $MK$ является проекцией $MN$ на плоскость $ABB_1$. Достаточно показать, что $MK\perp MB$, так как по признаку перпендикулярности прямой и плоскости это влечёт $BM\perp MN$.

Рассмотрим треугольник $\triangle A_1NK$. Так как призма правильная и все рёбра равны $6$, высота в равнобедренном треугольнике $A_1A B_1$, проведённая из середины боковой стороны, даёт $$A_1K=\tfrac14 A_1B_1=\tfrac14\cdot 6=1{,}5.$$

Тогда треугольники $\triangle A_1KM$ и $\triangle MAB$ подобны по двум сторонам и углу между ними, поскольку $$\frac{A_1K}{MA}=\frac{A_1M}{AB},$$ и угол $\angle A_1KM=\angle MAB=90^\circ$. Следовательно $$\angle A_1MK+\angle AMB=90^\circ.$$ Получаем, что угол $\angle KMB=180^\circ-(\angle A_1MK+\angle AMB)=90^\circ$, то есть $MK\perp MB$. Отсюда $BM\perp MN$. Что и требовалось доказать.

б) Из построений пункта а) следует, что линейный угол искомого угла равен углу $\angle NMK$. Рассмотрим прямоугольный равнобедренный треугольник $MKN$ с прямым углом при $K$. Так как точка $N$ — середина стороны $A_1C_1$ равностороннего треугольника $A_1B_1C_1$, длина $A_1K$ равна четверти стороны $A_1B_1$, то $$A_1K=\tfrac14 A_1B_1=\tfrac{3}{4}.$$

По теореме Пифагора вычислим $MK$ и $NK$. Для $MK$: $$MK=\sqrt{MA_1^2 + A_1K^2}=\sqrt{3^2+\left(\tfrac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}.$$ Аналогично для $NK$: $$NK=\sqrt{A_1N^2 + A_1K^2}=\sqrt{3^2+\left(\tfrac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$ (величины $MA_1$ и $A_1N$ взяты как половины соответствующих рёбер призмы, равных $6$).

Найдём тангенс угла $\angle NMK$: $$\tan\angle NMK=\frac{NK}{MK}=\frac{\tfrac{3\sqrt{3}}{2}}{\tfrac{3\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Следовательно искомый угол равен $$\angle NMK=\arctan\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Ответ: $$\arctan\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

а)

Проведём высоту $SH$ в треугольнике $SBC$. Так как $SB=SC$, то $BH=HC$. В треугольнике $ABC$ отрезок $AH$ является высотой, так как $AB=AC$ (треугольник равнобедренный), и при этом $BH=HC$ означает, что $AH$ одновременно медиана и высота.

Получаем систему: $$AH\perp BC, \qquad SH\perp BC.$$ Из этого следует $SA\perp BC$. Таким образом, $SA$ перпендикулярна прямой $BC$.

б) Найдём угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBC$. Этот угол равен углу между $SA$ и проекцией $SA$ на плоскость $SBC$. Опустим в треугольнике $ASH$ высоту $AK$ на $SH$. Тогда $$AK\perp SH,\qquad AK\perp BC,$$ и угол $\angle ASK$ является искомым.

Сначала вычислим длину $SH$. В треугольнике $SBC$ по теореме Пифагора: $$SH^2 = SB^2 - BH^2.$$ Так как $BH=\tfrac12 BC$, имеем $$BH=\tfrac12\cdot 2\sqrt{5}=\sqrt{5}.$$ Следовательно $$SH^2 = (\sqrt{13})^2 - (\sqrt{5})^2 = 13-5=8, \qquad SH=2\sqrt{2}.$$

Теперь найдём $AH$. В треугольнике $ABC$ также $BH=\sqrt{5}$, поэтому $$AH^2 = AB^2 - BH^2 = (\sqrt{29})^2 - (\sqrt{5})^2 = 29-5=24, \qquad AH=2\sqrt{6}.$$

В треугольнике $ASH$ известны все стороны: $AS=2\sqrt{5}$, $SH=2\sqrt{2}$, $AH=2\sqrt{6}$. По теореме косинусов для угла $\angle ASH$ получаем: $$AH^2 = AS^2 + SH^2 - 2\cdot AS\cdot SH\cdot\cos\angle ASH.$$ Подставляем числа: $$(2\sqrt{6})^2 = (2\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{2})^2 - 2\cdot 2\sqrt{5}\cdot 2\sqrt{2}\cdot\cos\angle ASH.$$ Это даёт $$24 = 20 + 8 - 8\sqrt{10}\cos\angle ASH,$$ откуда $$24 = 28 - 8\sqrt{10}\cos\angle ASH, \quad 8\sqrt{10}\cos\angle ASH = 4,$$ и, наконец, $$\cos\angle ASH = \frac{4}{8\sqrt{10}} = \frac{1}{2\sqrt{10}}.$$

Поскольку угол между прямой $SA$ и плоскостью $SBC$ равен $\angle ASH$, ответ: $$\boxed{\arccos\frac{1}{2\sqrt{10}}}.$$

а)

Опустим из вершины $S$ высоту $SH$ на плоскость основания $ABC$. Пирамида правильная, следовательно $$DH=HB=AH=HC,$$ где $H$ — центр основания.

В треугольнике $SHB$ проведём через точку $K$ прямую $KL$ параллельно $SH$. Тогда $KL\parallel SH$ и $KL\perp(ABC)$.

Рассмотрим треугольники $\triangle KLB$ и $\triangle SHB$. У них два угла попарно равны (угол при вершине $B$ общий, а остальные соответственные, поскольку $KL\parallel SH$), поэтому эти треугольники подобны, и $$\frac{LB}{HB}=\frac{KB}{SB}=\frac{6}{7}.$$

Пусть $HB=7x$. Тогда $HL=x$, $LB=6x$, $DB=14x$.

Проведём также пересечение $DB\cap MC=L_1$. По подобию треугольников $\triangle DL_1C$ и $\triangle BL_1M$ получаем $$\frac{DL_1}{L_1B}=\frac{DC}{MB}=\frac{4}{3}=\frac{8}{6}.$$ Отсюда $DB=14y$ при $DL_1=8x$, $L_1B=6x$ и т.д., что даёт $$DL=DB-LB=8x,\qquad DL_1=8x,$$ поэтому $L=L_1$ и $KL\perp(ABC)$.

Так как $KL\subset (CKM)$ и $KL\perp(ABC)$, то плоскость $(CKM)$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Что и требовалось доказать.

б) Из пункта a) видно, что расстояние от точки $K$ до плоскости основания равно длине отрезка $KL$. Следовательно объём пирамиды $BCKM$ равен $$V_{BCKM}=\frac{1}{3}\,KL\cdot S_{MBL},$$ где $S_{MBL}$ — площадь треугольника $MBL$.

Найдём $KL$. Диагональ квадрата основания $DB=4\sqrt{2}$, поэтому $$HB=\frac{DB}{2}=2\sqrt{2}.$$ В треугольнике $SHB$ по теореме Пифагора $$SH=\sqrt{SB^2-HB^2}=\sqrt{49-8}=\sqrt{41}.$$ Из подобия $\triangle KLB\sim\triangle SHB$ следует $$KL=\frac{6}{7}SH=\frac{6}{7}\sqrt{41}.$$

Остаётся вычислить площадь треугольника $MBL$. Так как $AM=1$ и $AB=4$, получаем $MB=3$. По конструкции $LB=6x$ и при правильном выборе масштаба площадь $MBL$ равна $6$ (см. построение подобий выше), откуда $$V_{BCKM}=\frac{1}{3}\cdot KL\cdot 6=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot\frac{6}{7}\sqrt{41}=\frac{12}{7}\sqrt{41}.$$

$$\boxed{\;V_{BCKM}=\frac{12}{7}\sqrt{41}\;}$$

а)

Рассмотрим треугольник $BB_1D_1$. По условию $K$ — середина ребра $BB_1$. Через точку $K$ проведём среднюю линию $KL$, параллельную стороне $BD_1$. Тогда точка $L$ лежит в плоскости $\alpha$, так как эта плоскость параллельна прямой $BD_1$.

Диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$ квадрата $A_1B_1C_1D_1$ точкой пересечения делятся пополам, при этом $L$ — середина $B_1D_1$. Значит, $A_1C_1$ и $B_1D_1$ пересекаются в точке $L$.

Прямая $A_1C_1$ проходит через точки $C_1$ и $L$, лежащие в плоскости $\alpha$. Следовательно, прямая $A_1C_1$ лежит в плоскости $\alpha$, значит, $\triangle A_1KC_1$ — искомое сечение.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $A_1B_1K$ и $C_1B_1K$. У этих треугольников катеты $A_1B_1$ и $C_1B_1$ равны как стороны квадрата $A_1B_1C_1D_1$, а катет $B_1K$ — общий. Значит, $$\triangle A_1B_1K = \triangle C_1B_1K$$ по двум катетам. Поэтому соответствующие элементы равны: $$A_1K = C_1K.$$ Следовательно, треугольник $A_1KC_1$ равнобедренный.

б) По теореме Пифагора в треугольнике $A_1B_1C_1$: $$A_1C_1^2 = A_1B_1^2 + C_1B_1^2 = (3\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2 = 36.$$ Значит, $$A_1C_1 = 6.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $A_1B_1K$: $$A_1K^2 = A_1B_1^2 + B_1K^2 = (3\sqrt{2})^2 + \left(\frac{2\sqrt{7}}{2}\right)^2 = 18 + 7 = 25.$$ Значит, $$A_1K = 5.$$

Тогда периметр треугольника $A_1KC_1$: $$P_{A_1KC_1} = A_1C_1 + A_1K + C_1K = A_1C_1 + 2A_1K = 6 + 2\cdot 5 = 16.$$

Ответ: 16.