Стереометрическая задача

a)

Так как $$AM:MB = AN:ND,$$ то по обратной теореме о пропорциональных отрезках $$MN \parallel BD.$$

Пусть плоскость сечения $\alpha$ пересекает ребро $CD$ в точке $K$.

Линии пересечения трёх попарно пересекающихся плоскостей либо попарно параллельны, либо пересекаются в одной точке. Рассмотрим плоскости $(ABD)$, $(CBD)$ и $(LMN)$. Они пересекаются по прямым $MN$, $BD$ и $LK$. Так как $MN \parallel BD$, то линии пересечения этих плоскостей не могут пересекаться в одной точке, следовательно, они попарно параллельны: $$MN \parallel BD \parallel LK.$$

Тогда по теореме о пропорциональных отрезках получаем: $$\frac{CK}{KD} = \frac{CL}{LB} = 4:1.$$

б) Так как тетраэдр правильный, все его рёбра равны $10$. Так как $MN \parallel BD$, то $\triangle AMN \sim \triangle ABD$ по двум углам. Запишем коэффициент подобия: $$\frac{MN}{BD} = \frac{AM}{AB} = \frac{1}{5},$$ $$MN = \frac{1}{5}\cdot BD = \frac{10}{5} = 2.$$

Так как $LK \parallel BD$, то $\triangle CLK \sim \triangle CBD$. Тогда $$\frac{LK}{BD} = \frac{CK}{CD} = \frac{4}{5},$$ $$LK = \frac{4}{5}\cdot BD = \frac{4}{5}\cdot 10 = 8.$$

По условию $$AM = AN = BL = KD = 2,\qquad CL = CK = MB = ND = 8.$$

Так как грани правильного тетраэдра — равносторонние треугольники, углы $\angle MBL = \angle NDK = 60^\circ$. Следовательно, $$MB = ND = 8, \qquad BL = KD = 2,$$ а по двум сторонам и углу между ними $$ML = NK.$$

Сечение $MNKL$ — равнобедренная трапеция с основаниями $MN=2$ и $LK=8$.

Найдём боковую сторону трапеции. По теореме косинусов в $\triangle NKD$: $$NK^2 = ND^2 + KD^2 - 2\cdot ND\cdot KD\cdot \cos 60^\circ,$$ $$NK^2 = 64 + 4 - 2\cdot 8\cdot 2 \cdot \frac{1}{2},$$ $$NK^2 = 52 \quad\Rightarrow\quad NK = 2\sqrt{13}.$$

Так как трапеция равнобедренная, $$LR = TK = \frac{LK - MN}{2} = \frac{8-2}{2} = 3.$$

По теореме Пифагора в $\triangle MLR$: $$ML^2 = MR^2 + LR^2,$$ $$MR^2 = 52 - 9 = 43 \quad\Rightarrow\quad MR = \sqrt{43}.$$

Найдем площадь трапеции MNKL. Для этого проведем высоты MR и NT.

$$S_{MNKL} = \frac{MN + LK}{2}\cdot MR = \frac{2 + 8}{2}\cdot \sqrt{43} = 5\sqrt{43}.$$

$$\boxed{S = 5\sqrt{43}}$$

a)

Так как $$AM:MB = AN:ND,$$ то по обратной теореме о пропорциональных отрезках $$MN \parallel BD.$$ Пусть плоскость сечения $\alpha$ пересекает $CD$ в точке $K$.

Линии пересечения трёх попарно пересекающихся плоскостей либо попарно параллельны, либо пересекаются в одной точке. Тогда рассмотрим плоскости $(ABD)$, $(CBD)$ и $(LMN)$. Они пересекаются по прямым $MN$, $BD$ и $LK$. Так как $$MN \parallel BD,$$ то линии пересечения этих плоскостей не могут пересекаться в одной точке. Следовательно, они попарно параллельны: $$MN \parallel BD \parallel LK.$$

Отсюда $LK \parallel BD$. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках: $$CK:KD = CL:LB = 2:1.$$

b) Так как тетраэдр правильный, то все его рёбра равны $6$.

Так как $MN \parallel BD$, то $\triangle AMN \sim \triangle ABD$ по двум углам. Запишем отношение подобия: $$\frac{MN}{BD} = \frac{AM}{AB} = \frac{1}{3}.$$ Тогда $$MN = \frac13 BD = \frac63 = 2.$$

Так как $LK\parallel BD$, то $\triangle CLK \sim \triangle CBD$ по двум углам. Отношение подобия: $$\frac{LK}{BD}=\frac{CK}{CD}=\frac23.$$ Тогда $$LK = \frac23 BD = \frac{2\cdot 6}{3} = 4.$$

Так как $$AN:ND = AM:MB = DK:KC = BL:LC = 1:2,$$ получаем: $$AM = AN = BL = KD = 2,$$ $$CL = CK = MB = ND = 4.$$

Отметим, что все грани правильного тетраэдра являются равносторонними треугольниками. Следовательно: $$\angle MBL = \angle NDK = 60^\circ.$$ Тогда $$\triangle MBL \cong \triangle NDK$$ по двум сторонам и углу между ними: $$MB = ND = 4,\quad BL = KD = 2.$$

Следовательно, $$ML = NK.$$ Так как $MN \parallel LK$, $MN \ne LK$, то сечение $MNKL$ — равнобедренная трапеция с основаниями $$MN = 2,\qquad LK = 4.$$

Найдём боковую сторону трапеции. По теореме косинусов для $\triangle NKD$: $$NK^2 = ND^2 + KD^2 - 2 \cdot ND \cdot KD \cdot \cos \angle NDK,$$ $$NK^2 = 16 + 4 - 2\cdot 4\cdot 2 \cdot \frac12,$$ $$NK^2 = 12 \quad\Rightarrow\quad NK = 2\sqrt 3.$$

Найдём площадь трапеции $MNKL$. Проведём высоты $MR$ и $NT$.

Так как трапеция равнобедренная: $$LR = TK = \frac{LK - MN}{2} = \frac{4 - 2}{2} = 1.$$

По теореме Пифагора в $\triangle MLR$: $$LM^2 = MR^2 + LR^2,$$ $$MR^2 = 12 - 1 = 11 \quad\Rightarrow\quad MR = \sqrt{11}.$$

Найдем площадь трапеции MNKL. Для этого проведем высоты MR и NT.

$$S_{MNKL} = \frac{MN + LK}{2}\cdot MR = \frac{2 + 4}{2} \cdot \sqrt{11} = 3\sqrt{11}.$$

$$\boxed{3\sqrt{11}}$$

а)

Пусть $O_1$ — точка пересечения диагоналей основания $A_1B_1C_1D_1$. Так как $B_1D_1 \perp A_1C_1$ и $B_1D_1 \perp AA_1$, то $B_1D_1 \perp (AA_1O_1)$. Проведем $A_1H \perp AO_1$. Тогда $B_1D_1 \perp A_1H$, следовательно, $A_1H \perp (AB_1D_1)$. Пусть прямая $A_1H$ пересекает луч $AC$ в точке $K$.

Угол $\varphi = \angle HA_1O_1 = \angle A_1AO_1 = \angle A_1KA$, причём: $$\frac{A_1O_1}{AA_1} = \tan\varphi = \frac{AA_1}{AK} \Rightarrow AK = \frac{AA_1^2}{A_1O_1} = \frac{AA_1^2}{\frac{AB}{\sqrt{2}}} = \frac{3}{2} \cdot \sqrt{2}$$

Так как $AC = 2\sqrt{2}$ и $AK < AC$, то точка $K$ лежит между точками $A$ и $C$, то есть на отрезке $AC$, причём: $$KC = 2\sqrt{2} - \frac{3}{2}\sqrt{2} = \frac{1}{2}\sqrt{2} \Rightarrow AK : KC = 3 : 1 \quad \text{(что и требовалось доказать)}.$$

б) Так как $CB_1 \parallel DA_1$, то $\gamma = \angle (l, CB_1) = \angle (l, DA_1)$.
По теореме косинусов из $\triangle ADK$: $$DK^2 = AD^2 + AK^2 - 2 \cdot AD \cdot AK \cdot \cos 45^\circ = \frac{5}{2}$$

По теореме Пифагора: $$DA_1^2 = 7,\qquad KA_1^2 = \frac{15}{2}$$

Следовательно, по теореме косинусов из $\triangle DA_1K$: $$\cos\gamma = \frac{DA_1^2 + KA_1^2 - DK^2}{2 \cdot DA_1 \cdot KA_1} = 2\sqrt{\frac{6}{35}} \Rightarrow \gamma = \arccos\left(2\sqrt{\frac{6}{35}}\right)$$

Ответ: б) $\arccos\left(2\sqrt{\frac{6}{35}}\right)$

а)

Пусть $AM = CN = 2x$, $MC = NB = x$. Пусть также $M_1$ и $N_1$ — проекции точек $M$ и $N$ на плоскость $A_1B_1C_1$. Так как $(ABC) \parallel (A_1B_1C_1)$, то плоскость $MNB_1$ пересекает эти плоскости по параллельным прямым. Следовательно, $B_1K \parallel M_1N_1 \parallel MN$, и $B_1K = (MNB_1) \cap (A_1B_1C_1)$.

Тогда $\triangle KB_1C_1 \sim \triangle M_1N_1C_1$, следовательно, $$\frac{C_1K}{C_1M_1} = \frac{B_1C_1}{N_1C_1} = \frac{3}{2} \quad \Rightarrow \quad C_1K = \frac{3}{2}x = \frac{1}{2}A_1C_1$$

Значит, $K$ — середина $A_1C_1$. Что и требовалось доказать.

б) Из условия $x = 2 \Rightarrow 2x = 4 \Rightarrow C_1K = 3$. Тогда $C_1M_1 = 2 \Rightarrow KM_1 = 3 - 2 = 1$. Тогда по теореме Пифагора:

$$MK = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2$$

Заметим, что так как $B_1K \parallel MN$, то $MNB_1K$ — трапеция, а также $B_1K > MN$. Так как $B_1K \perp A_1C_1$ и $M_1N_1 \perp A_1C_1$, то $M_1N_1 \perp MN \perp AC$. Следовательно, $MN \perp (ACC_1) \Rightarrow MN \perp MK$, и $MK$ — высота трапеции $MNB_1K$.

$B_1K$ — высота правильного треугольника $A_1B_1C_1$, следовательно:

$$B_1K = \frac{A_1C_1 \cdot \sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$$

Из $\triangle KB_1C_1 \sim \triangle M_1N_1C_1$ следует, что:

$$M_1N_1 = \frac{2}{3}B_1K = 2\sqrt{3} \Rightarrow MN = 2\sqrt{3}$$

Тогда площадь сечения:

$$S_{MNB_1K} = \frac{MN + B_1K}{2} \cdot MK = \frac{2\sqrt{3} + 3\sqrt{3}}{2} \cdot 2 = 5\sqrt{3}$$

Ответ: б) $5\sqrt{3}$

а)

Обозначим плоскость $(KPQ)$ через $\alpha$. По условию плоскости $\alpha$ и $(ABC)$ параллельны, следовательно, они пересекают плоскость $(ASB)$ по параллельным прямым. Плоскость $(ABC)$ пересекает плоскость $(ASB)$ по прямой $AB$, плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $(ASB)$ по прямой $KQ$. Тогда получаем, что $KQ \parallel AB$.

По аналогичным соображениям $KP \parallel AC$.

Далее, $KQ \parallel AB$, причём $K$ — середина $AS$, и точка $Q$ — середина $SB$. Аналогично получаем, что точка $P$ — середина $SC$. Тогда $QP$ — средняя линия треугольника $BSC$, параллельная стороне $BC$. Следовательно, $PQ = \frac{1}{2}BC$.

Обозначим через $h$ длину высоты треугольника $SCB$, проведённой из вершины $S$. Так как $QP$ — средняя линия, то она делит эту высоту пополам. Следовательно, высота трапеции $BQPC$ равна $\frac{1}{2}h$. Тогда можем найти отношение площадей:

$$\frac{S_{BQPC}}{S_{BSC}} = \frac{\frac{1}{2}(PQ + BC)\cdot \frac{1}{2}h}{\frac{1}{2}BC \cdot h} = \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}BC + BC)}{BC} = \frac{3}{4}$$

б)

Расписав объём пирамиды $SABC$ через объёмы её составных частей, получим:

$$V_{SABC} = V_{SKPQ} + V_{KABC} + V_{KBQPC}$$

Откуда:

$$V_{KBQPC} = V_{SABC} - V_{SKPQ} - V_{KABC}$$

Найдём все эти объёмы.

Площадь правильного треугольника $ABC$ со стороной $AB = 16$:

$$S_{ABC} = \frac{1}{2} AB^2 \sin 60^\circ = 64 \sqrt{3}$$

Высота $SH = 10$, тогда объём пирамиды $SABC$:

$$V_{SABC} = \frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 64\sqrt{3} \cdot 10 = \frac{640}{\sqrt{3}}$$

Теперь найдём стороны треугольника $KQP$:

$$KP = \frac{1}{2} AC,\quad KQ = \frac{1}{2} AB,\quad QP = \frac{1}{2} BC$$

Следовательно, треугольник $KQP$ подобен треугольнику $ABC$ по трём сторонам с коэффициентом $1:2$, тогда:

$$S_{KQP} = \left( \frac{1}{2} \right)^2 S_{ABC} = 16\sqrt{3}$$

Пусть $H'$ — точка пересечения $SH$ с плоскостью $\alpha$. Так как $\alpha \parallel (ABC)$, следовательно, $SH'$ — высота пирамиды $SKQP$. Прямые пересечения плоскостей $(ASH)$ с параллельными плоскостями $(ABC)$ и $\alpha$ параллельны, поэтому $KH'$ — средняя линия и:

$$SH' = \frac{1}{2} SH = 5$$

Тогда объём пирамиды $SKPQ$:

$$V_{SKPQ} = \frac{1}{3} S_{KQP} \cdot SH' = \frac{1}{3} \cdot 16\sqrt{3} \cdot 5 = \frac{80}{\sqrt{3}}$$

Теперь найдём объём пирамиды $KABC$. Высота из вершины $K$ равна $HH' = 5$ (расстояние между параллельными плоскостями $\alpha$ и $(ABC)$):

$$V_{KABC} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot HH' = \frac{1}{3} \cdot 64\sqrt{3} \cdot 5 = \frac{320}{\sqrt{3}}$$

Остаётся:

$$V_{KBQPC} = V_{SABC} - V_{SKPQ} - V_{KABC} = \frac{640}{\sqrt{3}} - \frac{80}{\sqrt{3}} - \frac{320}{\sqrt{3}} = \frac{240}{\sqrt{3}} = 80\sqrt{3}$$

Ответ: б) $80\sqrt{3}$