Прочее

Докажем, что диагональ $A_1C$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ и скрещивающаяся с ней диагональ $BD$ грани $ABCD$ взаимно перпендикулярны.

$AC$ – проекция наклонной $A_1C$ на плоскость грани $ABCD$.

Так как $ABCD$ – квадрат, то $AC \perp BD$.

Итак, проекция наклонной $A_1C$ на плоскость $(ABC)$ перпендикулярна прямой $BD$ этой плоскости. Согласно теореме о трёх перпендикулярах, заключаем, что

$$A_1C \perp BD.$$

1. Отметим точки M и N.

2. Так как точки M и N лежат в одной плоскости, проведём через них прямую. Получим след этой прямой — отрезок MN.

3. Так как отрезок MN невидимый, изобразим его штриховой линией.

4. Рассмотрим точки N и P. Так как точки N и P лежат в одной плоскости, проведём через них прямую. Получим след этой прямой — отрезок NP.

5. Так как отрезок NP видимый, изобразим его сплошной линией.

6. Рассмотрим точки P и M. Так как точки P и M не лежат в одной плоскости, через них нельзя сразу провести прямую сечения.

7. Через точку M проведём прямую, параллельную NP. Получим точку Q.

8. Точка Q будет лежать в одной плоскости с точкой M, поэтому проведём через них прямую. Получим след этой прямой — отрезок QM.

9. Так как отрезок QM невидимый, изобразим его штриховой линией.

10. Аналогично получим видимый отрезок PQ.

11. Соединим точки M, N, P и Q.

12. Полученный четырёхугольник MNPQ является искомым сечением.

13. Плоскость сечения пересекает параллельные грани по параллельным прямым.

14. Следовательно, полученное сечение является параллелограммом.

В правильной четырёхугольной пирамиде основание $ABCD$ является квадратом, тогда $O$ — точка пересечения его диагоналей $AC$ и $BD$, значит, $O$ — середина $AC$ и $BD$.

Плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $(ASC)$ и параллельна прямой $SA$, лежащей в этой плоскости.

Значит, плоскость $\alpha$ пересекает $(ASC)$ по прямой, параллельной $SA$. Таким образом, $$SA \parallel MO.$$

Следовательно, $MO$ — средняя линия треугольника $CAS$, так как $$MO \parallel SA$$ и $O$ — середина $AC$.

Значит, $M$ — середина $SC$.

а) Если $BC_1 \parallel \alpha$, то $\alpha$ содержит прямую, параллельную $BC_1$. Отложим на продолжении отрезка $CC_1$ за точку $C_1$ отрезок $C_1O=C C_1$. Тогда $$C_1O=BB_1,\quad C_1O \parallel BB_1,$$ следовательно, $BB_1OC_1$ — параллелограмм, следовательно, $$B_1O \parallel BC_1.$$

Тогда плоскость $\alpha$ — это плоскость $KB_1O$.

Пусть $$KO \cap A_1C_1=M.$$

Докажем, что $$A_1M:MC_1=1:2.$$

Пусть $L$ — середина $CC_1$. Тогда $$KL \parallel A_1C_1$$ и $$KL=A_1C_1.$$

Тогда $$\triangle MOC_1 \sim \triangle KOL,$$ следовательно, $$\frac{MC_1}{KL}=\frac{OC_1}{OL}=\frac{2}{3}$$

$$MC_1=\frac{2}{3}KL=\frac{2}{3}A_1C_1$$

$$A_1M=\frac{1}{3}A_1C_1$$

$$A_1M:MC_1=1:2.$$

Чтд.

Проведем в плоскости $\alpha$ отрезок $DB_1 = AA_1$, $DB_1 \parallel AA_1$. Тогда $AA_1B_1D$ — параллелограмм, следовательно, $AD \parallel l$, следовательно, $AD \perp (BB_1D)$ ($l \perp (BB_1D)$ так как $l \perp DB_1$, $l \perp BB_1$). Следовательно, $\angle ADB_1 = 90^\circ$. Также по построению $\angle BB_1D = \phi$.

По теореме косинусов для $\triangle BB_1D$:

$$BD^2 = BB_1^2 + DB_1^2 - 2 \cdot BB_1 \cdot DB_1 \cdot \cos \phi$$

По теореме Пифагора из $\triangle ABD$:

$$AB^2 = AD^2 + BD^2$$

Подставим первое равенство во второе, заменим $DB_1$ на $AA_1$, $CD$ на $A_1B_1$ и получим искомое неравенство.