Стереометрия

Решение:

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: $HP=PB$. $BM=MC$.

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: $$\boxed{\frac{16}{25}}$$

Решение:

а)

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ основания. Поскольку $ABCD$ — ромб, его диагонали взаимно перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам. Из условия $AC = 10$ следует, что $AO = OC = 5$. Тогда в прямоугольном треугольнике $AOB$: $$BO = \sqrt{AB^2 - AO^2} = \sqrt{10^2 - 5^2} = \sqrt{75} = 5\sqrt{3},$$ следовательно, $BD = 2BO = 10\sqrt{3}$.

Треугольник $ASC$ равнобедренный ($SA = SC$), и $O$ — середина $AC$, значит, $SO$ — его высота. По теореме Пифагора: $$SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{(10\sqrt{2})^2 - 5^2} = \sqrt{200 - 25} = \sqrt{175} = 5\sqrt{7}.$$

Теперь рассмотрим треугольник $SOB$. Известны все его стороны: $SO = 5\sqrt{7}$, $BO = 5\sqrt{3}$, $SB = 20$. По теореме косинусов найдём $\cos \angle SOB$: $$\cos \angle SOB = \frac{SO^2 + BO^2 - SB^2}{2 \cdot SO \cdot BO} = \frac{175 + 75 - 400}{2 \cdot 5\sqrt{7} \cdot 5\sqrt{3}} = \frac{-150}{50\sqrt{21}} = -\frac{3}{\sqrt{21}}.$$ Так как углы $SOB$ и $SOD$ смежные, то $\cos \angle SOD = \frac{3}{\sqrt{21}}$.

Теперь применим теорему косинусов в треугольнике $SOD$: $$SD^2 = SO^2 + OD^2 - 2 \cdot SO \cdot OD \cdot \cos \angle SOD.$$ Здесь $OD = BO = 5\sqrt{3}$, поэтому $$SD^2 = 175 + 75 - 2 \cdot 5\sqrt{7} \cdot 5\sqrt{3} \cdot \frac{3}{\sqrt{21}} = 250 - 2 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 3 = 250 - 150 = 100,$$ откуда $SD = 10$.

Заметим, что $SD^2 + BD^2 = 100 + 300 = 400 = SB^2$, значит, $\angle SDB = 90^\circ$. Аналогично $SD^2 + AD^2 = 100 + 100 = 200 = SA^2$, значит, $\angle SDA = 90^\circ$. Таким образом, прямая $SD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DB$ и $DA$ плоскости основания, следовательно, $SD \perp (ABCD)$.

б)

Поскольку $AC \perp BD$ (диагонали ромба) и $AC \perp SD$ (из пункта а), то $AC$ перпендикулярна плоскости $SBD$. Тогда расстояние между прямыми $AC$ и $SB$ есть расстояние от точки $O$ до прямой $SB$. Опустим из точки $O$ в точку $E$ перпендикуляр к прямой $SB$.

Треугольники $BOE$ и $BSD$ подобны (оба прямоугольные, имеют общий угол при вершине $B$). Следовательно, $$\frac{OE}{SD} = \frac{BO}{BS} \quad\Longrightarrow\quad OE = \frac{SD \cdot BO}{BS} = \frac{10 \cdot 5\sqrt{3}}{20} = \frac{5\sqrt{3}}{2}.$$

Ответ: б) $\dfrac{5\sqrt{3}}{2}$.

Площадь поверхности прямоугольного параллелепипеда с рёбрами $a$, $b$, $c$: $$S = 2(ab + ac + bc)$$

Подставляем известные значения ($a = 3$, $b = 4$, $S = 94$) и обозначаем неизвестное ребро через $x$: $$2(3 \cdot 4 + 3 \cdot x + 4 \cdot x) = 94$$

Решаем уравнение: $$2(12 + 7x) = 94 \\ 24 + 14x = 94 \\ 14x = 70 \\ x = 5$$

1. Найдём третье ребро $x$ через площадь поверхности: $$S = 2(ab + ac + bc) = 2(1 \cdot 2 + 1 \cdot x + 2 \cdot x) = 16$$ $$2(2 + 3x) = 16 \Rightarrow 3x + 2 = 8 \Rightarrow x = 2$$

2. Вычислим диагональ параллелепипеда: $$d = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{1 + 4 + 4} = \sqrt{9} = 3$$

$$\begin{align*} S &= 6a^2 = 24 \\ a^2 &= 4 \\ a &= 2 \\ V &= a^3 = 8 \end{align*}$$