Стереометрическая задача

а)

Прямая $AG$ перпендикулярна плоскости $A_1B_1C_1$, поэтому проекцией прямой $GI$ на эту плоскость является прямая $A_1I$. Заметим, что в треугольнике $A_1IB_1$ медиана $A_1C_1$ равна половине стороны $B_1I$, поэтому треугольник $A_1IB_1$ прямоугольный с прямым углом в $A_1$.

Тогда: $$\begin{cases} GA_1 \text{ — перпендикуляр},\\ GI \text{ — наклонная},\\ IA_1 \text{ — проекция} \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \text{по ТТП } GI \perp A_1B_1.$$

б) $A_1B_1$ перпендикулярно $A_1I$, $A_1B_1$ перпендикулярно $A_1G$, следовательно $A_1B_1$ перпендикулярно плоскости $A_1GI$. Так как $AB \parallel A_1B_1$, то и $AB$ перпендикулярно $A_1GI$.

Значит, $AH$ — общий перпендикуляр ($AH$ перпендикулярно $GI$ по построению, а $AH$ перпендикулярно $AB$, т.к. $AH$ лежит в плоскости $A_1GI$).

Рассмотрим треугольник $AGI$: его площадь равна: $$0{,}5 \cdot AH \cdot GI = 0{,}5 \cdot AG \cdot A_1I.$$

Выразим $AH$: $$AH = \frac{AG \cdot A_1I}{GI}.$$

Из треугольника $B_1A_1I$ по теореме Пифагора: $$A_1I = 4\sqrt{3}.$$

Из треугольника $A_1GI$ по теореме Пифагора: $$GI = 7.$$

Тогда: $$AH = \frac{8}{7}\sqrt{3}.$$

Ответ: $\frac{8}{7}\sqrt{3}$.

а)

Поскольку призма правильная, треугольники $A_1B_1C_1$ и $ABC$ являются равносторонними, а прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ перпендикулярны основанию. Отсюда следует, что $AG \perp A_1B_1C_1$, то есть отрезок $AG$ является перпендикуляром к плоскости основания призмы.

Рассмотрим треугольник $A_1FB_1$. Так как $C_1$ — середина $B_1F$, а $A_1C_1$ — медиана, причём медиана равна половине стороны $B_1F$, то треугольник $A_1FB_1$ оказывается прямоугольным с прямым углом при $A_1$. То есть $\angle FA_1B_1 = 90^\circ$.

Теперь отметим важную геометрическую взаимосвязь: $$\begin{cases} GF \text{ — наклонная к плоскости } A_1B_1C_1,\\[2pt] FA_1 \text{ — её проекция},\\[2pt] GA_1 \text{ — перпендикуляр к плоскости},\\[2pt] \angle FA_1B_1 = 90^\circ \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad GF \perp A_1B_1 \quad \text{(по признаку перпендикулярности наклонной и прямой)}.$$

Таким образом, прямые $A_1B_1$ и $GF$ действительно перпендикулярны, что и требовалось показать.

б) Требуется найти расстояние между прямыми $AB$ и $GF$. Условие $AB = 3$ и $AA_1 = 1$ фиксирует размеры призмы.

Прямые $A_1B_1 \perp A_1F$ и $A_1B_1 \perp A_1G$, следовательно $A_1B_1$ перпендикулярна всей плоскости $A_1GF$. Так как $AB \parallel A_1B_1$, то и $AB$ перпендикулярна той же плоскости: $$AB \perp (A_1GF).$$

Пусть теперь $AH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на прямую $GF$. По построению $AH \perp GF$, и при этом $AH \subset (A_1GF)$, а значит, $AH$ — искомое расстояние между прямыми $AB$ и $GF$.

Далее вычислим величины из планиметрических соображений.

В треугольнике $A_1B_1F$ (равнобедренном и прямоугольном в $A_1$) по теореме Пифагора: $$A_1F = \sqrt{36 - 9} = 3\sqrt{3}.$$

В треугольнике $A_1GF$: $$GF = \sqrt{27 + 1} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}.$$

Следовательно, $$\cos\angle A_1GF = \frac{A_1F}{GF} = \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}.$$

В треугольнике $AGH$: $$\sin\angle AGH = \frac{AH}{AG}.$$

При этом $AG = 2AA_1 = 2$, следовательно: $$AH = \frac{2 \cdot 3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{3\sqrt{21}}{7}.$$

Ответ: $\displaystyle \frac{3\sqrt{21}}{7}$.

а)

Построим сечение плоскостью $\alpha$.

Так как $\alpha \parallel A B$, то $\alpha$ пересекает плоскости, содержащие $A B$, по прямым, параллельным $A B$.

Проведём $I M \parallel A B$ в плоскости $(A D B)$. Аналогично проведём $W K$ в плоскости $(A C B)$.

Тогда четырёхугольник $I M W K$ является искомым сечением плоскости $\alpha$.

По теореме Фалеса для $I M \parallel A B$ в треугольнике $\triangle A D C$: $$\frac{D I}{I B} = \frac{D M}{M B} = \frac{4}{1}.$$ Следовательно, плоскость $\alpha$ делит ребро $B D$ в отношении $1:4$ от точки $B$, что и требовалось доказать.

б) Найдём расстояние между прямыми $A B$ и $W M$.

Так как $W M \parallel A B$ по условию, а $W K \subset I M W K$, то расстояние $d(A B, I M W K)$ является искомым.

Проведём высоту $B C$ в $\triangle C B D$.

Тогда в $\triangle A D C$ отрезок $B C$ также будет высотой, так как $$\begin{cases} D C \perp B C,\\ A C \perp B C, \end{cases} \qquad\Longrightarrow\qquad B C \perp (A D C) \Rightarrow B C \perp A B.$$

Проведём высоту $F C$ в треугольнике $A C F$, тогда: $$F C \perp A B,\qquad W M \parallel A B \Rightarrow F C \perp I M.$$

По обратной теореме Фалеса: $$\frac{B W}{W C}=\frac{B I}{I D}= \frac{1}{4} \Rightarrow W K \parallel C D.$$

Теперь: $$\begin{cases} F C \perp W M,\\ F C \perp W K. \end{cases} \quad\Rightarrow\quad F C \perp (I M W K).$$

Следовательно, расстояние между $A B$ и $W M$ равно: $$d(A B, W M)=U F,$$ где $U = F C \cap (I M W K)$.

Рассмотрим подобные треугольники: $$\triangle A F C \sim \triangle D F P \quad\Rightarrow\quad \frac{F C}{U C}=\frac{A P}{P F}.$$

Пусть $A F = x$, $F P = 4x$, тогда $A P = 5x$.

Получаем: $$\frac{F C}{U C} = \frac{5x}{4x} = \frac{5}{4} \quad\Rightarrow\quad U F = \frac{1}{5} F C.$$

Площадь треугольника $A C F$: $$S_{A C F} = \frac12 A C \cdot C F = \frac12 A P \cdot P D \cdot \sin \angle A P D.$$

Так как $A P = \frac{C B \sqrt{3}}{2}=\frac{5\sqrt3}{2}$, то: $$P D=\sqrt{A D^2 - A P^2} = \sqrt{9-\frac{25}{4}} = \frac{\sqrt{11}}{2}.$$

Высота из вершины $A$ в правильной пирамиде попадает в центр основания, поэтому: $$O P = \frac13 A P = \frac{5\sqrt3}{6}.$$

В прямоугольном треугольнике $O P D$: $$\cos\angle A P D = \frac{O P}{P D} = \frac{5\sqrt3/6}{\sqrt{11}/2} = \frac{5\sqrt3}{3\sqrt{11}}.$$

По ОТТ: $$\sin^2 \angle A P D = 1 - \frac{25\cdot 3}{9\cdot 11} = 1-\frac{25}{33} = \frac{2}{33} \quad\Rightarrow\quad \sin\angle A P D=\frac{2\sqrt2}{\sqrt{33}}.$$

Тогда: $$F C = \frac{A P \cdot P D \cdot \sin\angle A P D}{A C} = \frac{5\sqrt3\cdot\sqrt{11}\cdot 2\sqrt2}{2\cdot 2\sqrt{33}} = \frac{\sqrt2}{\sqrt6}.$$

Следовательно: $$U F = \frac15 F C = \frac{\sqrt2}{6}.$$

Ответ: $\displaystyle \frac{\sqrt2}{6}$.

а) Доказательство перпендикулярности.

Рассмотрим треугольники $\triangle M B C$ и $\triangle N A B$. Поскольку $M B = N A = \tfrac{1}{2} a$ (где $a$ — ребро куба), а углы $\angle M B C$ и $\angle N A B$ являются прямыми, то $\triangle M B C \cong \triangle N A B$ по двум катетам.

Отсюда: $$\angle M C B = \angle N B A.$$

Пусть угол между $M C$ и $B_1 N$ обозначен как $\alpha$. Тогда в треугольнике $B M W$, где $W = B_1 N \cap M C$, имеем: $$\angle B W M = 180^\circ - (90^\circ - \alpha) - \alpha = 90^\circ.$$

Используя признак перпендикулярности наклонной, её проекции и перпендикуляра, получаем: $$\begin{cases} B_1 N \text{ — наклонная}, \\ B_1 B \text{ — перпендикуляр}, \\ B N \text{ — проекция}, \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad B_1 N \perp C M.$$

б) Расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$.

Пусть плоскость $\alpha$ пересекает ребро $C D$ в точке $K$. Так как $N K \parallel C M$, а $N K$ и $C M$ принадлежат соответственно плоскостям $A B C D$ и $\alpha$, то прямые $D K N$ и $B M C$ подобны по равенству острых углов.

Из подобия: $$D K = B M \cdot \frac{D N}{B C} = \frac{A B}{2} \cdot \frac{A D}{2 B C} = \frac{C D}{4}.$$

Пусть ребро куба равно $a$. Тогда по Пифагору: $$B_1 N^2 = B_1 B^2 + N B^2 = a^2 + a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = 36,$$ откуда $$a^2 + a^2 + \frac{a^2}{4} = \frac{9 a^2}{4} = 36, \qquad a = 4,\qquad B_1 B = 4.$$

Находим: $$D N = \frac{a}{2} = 2,\qquad C K = a - D K = 4 - 1 = 3,\qquad K N = \frac{a\sqrt{5}}{4} = \sqrt{5}.$$

Рассмотрим пирамиду $C N K B_1$, высота $h$ которой из вершины $C$ является искомым расстоянием. Тогда: $$V_{C N K B_1} = \frac{1}{3}\, S_{N K B_1}\, h.$$

С другой стороны, объём той же пирамиды равен: $$V_{B_1 N K C} = \frac{1}{3} \, S_{N K C}\, B_1 B.$$

Приравнивая объёмы: $$\frac13 S_{N K C}\, B_1 B = \frac13 S_{N K B_1}\, h.$$

Вычисляя площади, получаем: $$h = \frac{S_{N K C}}{S_{N K B_1}}\, B_1 B = \frac{\tfrac12 D K \cdot C K}{\tfrac12 N B_1 \cdot K N} = \frac{1\cdot 3}{4 \cdot \sqrt{5}} \cdot B_1 B = \frac{3}{4\sqrt5} \cdot 4 = \frac{4\sqrt5}{5}.$$

$$\boxed{\frac{4\sqrt5}{5}}$$

Это и есть расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$.

а)

Так как пирамида правильная, то в основании лежит квадрат, значит $AB = BC$, тогда $BK = 4$, $KC = 2$.

Рассмотрим треугольник $SAC$, $M$ – середина $SC$, $O$ – середина $AC$ (диагонали точки пересечения делятся пополам), тогда $MO$ – средняя линия треугольника $CSA$, значит $MO \parallel SA$, так как $MO$ лежит в плоскости $(OMK)$, то по признаку параллельности прямой и плоскости $SA \parallel (OMK)$, что и требовалось доказать.

б)

Достроим сечение, продлим $KO$ до пересечения с $AD$ в точке $L$. $LT \parallel AS$, так как $AS \parallel (OMK)$, а $T \in SD$. Тогда нам необходимо найти $LT$.

Рассмотрим $\triangle OLA$ и $\triangle OKC$, $\angle LAO = \angle KCO$ – накрестлежащие. $\angle LOA = \angle KOC$ – вертикальные, $AO = OC$, значит, $\triangle OLA \cong \triangle OKC$ по двум углам и стороне между ними. Отсюда: $AL = KC = 2$, $LD = 4$.

Так как $ABCD$ – квадрат, то $AC = a\sqrt2 = 6\sqrt2$, $a = 6$ – сторона квадрата.

В прямоугольном треугольнике $SAO$, найдём $AS$ по теореме Пифагора: $$AO^2 + SO^2 = AS^2 \quad\Rightarrow\quad AS^2 = 18 + 63 = 81 \quad\Rightarrow\quad AS = 9.$$

Рассмотрим $\triangle DTL$ и $\triangle DSA$, $\angle DTL = \angle DSA$ – соответственные, значит $\triangle DTL \sim \triangle DSA$ по двум углам.

Тогда: $$k = \frac{DL}{DA} = \frac{TL}{SA},\qquad \frac{4}{6} = \frac{TL}{9} \quad\Rightarrow\quad TL = \frac{2}{3} \cdot 9 = 6.$$

$$\boxed{6}$$