Объём фигуры

а)

Так как $BB_1 \perp (A_1B_1C_1)$, $B_1C_1 \perp A_1C_1$, то по теореме о трёх перпендикулярах $BC_1 \perp A_1C_1$ как наклонная. Следовательно, $\triangle A_1C_1B$ — прямоугольный.

б) Заметим, что $BC \perp AC$ и $BC \perp CC_1$, следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC \perp (AA_1C_1)$. Следовательно, $BC$ — высота пирамиды $BAA_1C_1$ с основанием $AA_1C_1$. Так как $\triangle A_1A C_1$ прямоугольный, то

$$V_{BAA_1C_1} = \frac12 \cdot AA_1 \cdot A_1C_1 \cdot \frac{BC}{3}.$$

По теореме Пифагора имеем:

$$A_1C_1=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{16\cdot 36}=24,$$ $$AA_1=\sqrt{26^2-25^2}=\sqrt{1\cdot51}=\sqrt{51},$$ $$BC=\sqrt{10^2-51}=\sqrt{49}=7.$$

Тогда искомый объём пирамиды равен

$$V_{BAA_1C_1}= \frac12\cdot \frac{24\cdot\sqrt{51}\cdot 7}{3} =28\sqrt{51}.$$

$$\boxed{28\sqrt{51}}$$

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)

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) $80\sqrt{3}$

а)

Сечение призмы плоскостью $AED_1$ — четырёхугольник $AB_1D_1E$. Построим сечение призмы плоскостью $CA_1E_1$. Назовем эту плоскость плоскостью $\alpha$. Найдём линию пересечения $\alpha$ и плоскости $BB_1D_1$. Плоскости $BB_1D_1$ и $AA_1E_1$ параллельны, следовательно, плоскость $CEE_1$ пересечёт их по параллельным прямым. Значит, если $CE \cap BD = X_1$, то проведем $X_1X_2 \parallel EE_1$. Получается, что $X_2$ — точка пересечения прямой $CE_1$ с плоскостью $BB_1D_1$, а значит и плоскости $\alpha$ с плоскостью $BB_1D_1$. Так как $BD \parallel AE \parallel A_1E_1$, то $\alpha$ пересечет плоскость $BB_1D_1$ по прямой $MN \parallel BD$ (см. рис.). Следовательно, $CNE_1A_1M$ — сечение призмы плоскостью $\alpha$.

Докажем, что $ED_1 \perp \alpha$. Тогда по признаку получим, что $AED_1 \perp \alpha$. $EE_1 \perp (A_1B_1C_1)$, $D_1E_1 \perp A_1E_1 \Rightarrow$ по ТТП $ED_1 \perp A_1E_1$.

Докажем, что $ED_1 \perp E_1N$, то есть докажем, что $\angle NOD_1 = 90^\circ$. План такой: 1) найдём $ND_1$ и $E_1N$; 2) найдём $\cos \angle D_1NE_1$; 3) найдём $NO$; 4) докажем, что $NO : ND_1 = \cos \angle D_1NE_1$. Отсюда будет следовать, что $\angle NOD_1 = 90^\circ$.

1. Проведем $CH \perp AE$. $CH \cap BD = K \Rightarrow CK \perp BD$. Так как $\triangle BCD$ равнобедренный, то $K$ — середина $BD$. Следовательно, по теореме Пифагора $$CK = \sqrt{6^2 - (2\sqrt{5})^2} = 4$$ Так как $KH \parallel AB$, то $KH = AB = 5$. Следовательно, $CH = 9$. $$\triangle CKX_1 \sim \triangle CHE \Rightarrow \frac{CX_1}{CE} = \frac{CK}{CH} = \frac{4}{9}$$ $$\triangle CX_1X_2 \sim \triangle CEE_1 \Rightarrow \frac{X_1X_2}{EE_1} = \frac{CX_1}{CE} = \frac{4}{9}$$ $$ND = X_1X_2 = \frac{4}{9}EE_1 \Rightarrow ND_1 = \frac{5}{9}EE_1 = \frac{5}{9} \cdot 3\sqrt{5} = \frac{5}{3}\sqrt{5}$$ По теореме Пифагора: $$E_1N = \sqrt{5^2 + \left( \frac{5}{3} \sqrt{5} \right)^2} = \frac{5}{3} \sqrt{14}$$
2. $\angle D_1NE_1 = \varphi$ $$\cos \varphi = \frac{D_1N}{E_1N} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{14}}$$
3. $\triangle NOD_1 \sim \triangle E_1OE \Rightarrow$ $$\frac{NO}{OE_1} = \frac{ND_1}{EE_1} = \frac{5}{9}$$ Следовательно, можно принять $NO = \frac{5}{9}x$, $OE_1 = x$. Тогда $E_1N = \frac{14}{9}x \Rightarrow$ $$NO = \frac{5}{14}E_1N = \frac{5}{14} \cdot \frac{5}{3} \sqrt{14}$$
4. $$\frac{NO}{ND_1} = \frac{\frac{5}{14} \cdot \frac{5}{3} \sqrt{14}}{\frac{5}{3} \cdot \sqrt{5}} = \sqrt{\frac{5}{14}} = \cos \varphi$$

Таким образом, $ED_1 \perp E_1N$ и $ED_1 \perp A_1E_1 \Rightarrow ED_1 \perp \alpha \Rightarrow (AED_1) \perp \alpha$.

б) $ABKH$ — параллелограмм, следовательно, $AH = BK = \frac{1}{2}BD$. Следовательно, $H$ — середина $AE$. Следовательно, $CH$ — медиана и высота в $\triangle ACE \Rightarrow AC = CE$. Тогда $\triangle ABC = \triangle CDE \Rightarrow V_{B_1ABC} = V_{D_1CDE}$.

Объём многогранника $CAED_1B_1$ равен ($V$ — объём всей призмы):

$$V_0 = V - 2 \cdot \underbrace{V_{D_1CDE}}_{\text{треуг. пирамида}} - \underbrace{V_{AA_1B_1EE_1D_1}}_{\text{прямая треуг. призма}} - \underbrace{V_{CB_1C_1D_1}}_{\text{треуг. пирамида}}$$

1. Найдём $V_{ABCDEA_1B_1C_1D_1E_1} = V = AA_1 \cdot (S_{ABDE} + S_{BCD}) = 3\sqrt{5} \cdot \left(5 \cdot 4\sqrt{5} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{5} \right) = 420$
2. Найдём $V_{D_1CDE} = \frac{1}{3} \cdot D_1 \cdot S_{CDE}$. $$S_{CDE} = \frac{(S_{ABDE} + S_{BCD} - S_{ACE})}{2} = \left(5 \cdot 4\sqrt{5} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{5} - \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 4\sqrt{5}\right) : 2 = 5\sqrt{5}$$ $$V_{D_1CDE} = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{5} \cdot 5\sqrt{5} = 25$$
3. Найдём $V_{AA_1B_1EE_1D_1} = A_1E_1 \cdot \frac{1}{2} \cdot A_1B_1 = 4\sqrt{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{5} \cdot 5 = 150$
4. Найдём $V_{CB_1C_1D_1} = \frac{1}{3} \cdot CC_1 \cdot S_{B_1C_1D_1} = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4\sqrt{5} = 40$

Следовательно, $$V_0 = 420 - 25 \cdot 2 - 150 - 40 = 180.$$

Ответ: б) 180

а)

Обозначим $AD = p$, $h$ — высота призмы. Тогда объём призмы $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$ равен $$V_0 = \frac{b + 4b}{2} \cdot p \cdot h = \frac{5}{2} bph$$

Проведем $CN \parallel AD$, $NN_1 \parallel AA_1$. Тогда $ANCDA_1N_1C_1D_1$ — призма, в основании которой лежит прямоугольник, а высота этой призмы равна $h$. Следовательно, её объём равен $$V_{\text{prism}} = bph$$

Пусть $D_1K \perp AD$, $D_1K = k$, $BM \perp (AA_1 D_1)$, $BM = m$. Тогда $$V_{\text{prism}} = k \cdot p \cdot \frac{1}{4} m$$ Тогда получаем $$bph = \frac{1}{4} kpm \quad \Leftrightarrow \quad km = 4bh$$

Значит, $$V_1 = V_{A_1 D_1 D N_1 C_1 C} = \frac{1}{2} V_{\text{prism}} = \frac{1}{2} bph$$

$B_1 N_1 C_1 C$ — треугольная пирамида, высота которой, проведенная из вершины $B_1$, равна $\frac{3}{4} m$. Следовательно, её объём равен $$V_2 = V_{B_1 N_1 C_1 C} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} m \cdot \frac{1}{2} kp = \frac{1}{8} kpm = \frac{1}{2} bph$$

Следовательно, объём многогранника $DA_1 D_1 C B_1 C_1$, образованного плоскостью $(CDA_1)$, равен $$V_{01} = V_1 + V_2 = \frac{1}{2} bph + \frac{1}{2} bph = bph$$

Тогда объём оставшейся части равен $$V_{02} = V_0 - V_{01} = \frac{5}{2} bph - bph = \frac{3}{2} bph$$

Следовательно, $$V_{02} : V_{01} = \frac{3}{2} bph : bph = 3 : 2$$

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $c = \alpha b$, $\alpha > 1$. Определим, возможен ли такой случай, учитывая данные. Этому случаю соответствует рисунок, приведенный в решении пункта а). Используя обозначения пункта а), получаем

$$V_0 = \frac{b + \alpha b}{2} \cdot p \cdot h = \frac{1 + \alpha}{2} bph$$

$$bph = V_{\text{prism}} = kp \cdot \frac{1}{\alpha} m \quad \Rightarrow \quad km = \alpha bh$$

$$V_1 = \frac{1}{2} V_{\text{prism}} = \frac{1}{2} bph$$

$$V_2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{\alpha - 1}{\alpha} m \cdot \frac{1}{2} kp = \frac{\alpha - 1}{6\alpha} kpm = \frac{\alpha - 1}{6} bph$$

$$V_{01} = V_1 + V_2 = \frac{\alpha + 2}{6} bph$$

Следовательно, $$V_{02} = V_0 - V_{01} = \frac{2\alpha + 1}{6} bph$$

$$2 : 3 = V_{02} : V_{01} = (2\alpha + 1) : (\alpha + 2) \quad \Rightarrow \quad \alpha = \frac{1}{4}$$

Следовательно, этот случай невозможен, так как $\alpha > 1$.

Пусть $b = \alpha c$, $\alpha > 1$. Проверим возможность такого случая. Рассмотрим рисунок, соответствующий этому случаю:

$$V_0 = \frac{\alpha + 1}{2} cph$$

$$cph = V_{\text{prism}} = \frac{1}{\alpha} mpk \quad \Rightarrow \quad km = \alpha ch$$

$$V_1 = \frac{1}{2} cph$$

$$V_2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{\alpha - 1}{\alpha} m \cdot \frac{1}{2} kp = \frac{\alpha - 1}{6} cph$$

$$V_3 = V_{CB_1 C_1 N_1} = \frac{1}{3} h \cdot S_{B_1 C_1 N_1} = \frac{1}{3} h \cdot \frac{1}{2} p \cdot (\alpha - 1) c = \frac{\alpha - 1}{6} cph$$

$$V_{01} = S_1 + S_2 + S_3 = \frac{2\alpha + 1}{6} cph \quad\quad V_{02} = V_0 - V_{01} = \frac{\alpha + 2}{6} cph$$

Тогда $$\frac{2}{3} = \frac{V_{02}}{V_{01}} = \frac{\alpha + 2}{2\alpha + 1} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha = 4$$

Этот случай является единственно возможным.

По условию $\alpha c = 5$, $p = 4$. Следовательно, $4c = 5 \quad \Leftrightarrow \quad c = \frac{5}{4}$.

Тогда можем найти высоту призмы:

$$\frac{\alpha + 1}{2} cph = V_0 = 30 + 20 = 50 \quad \Leftrightarrow \quad \frac{25}{2} h = 50 \quad \Leftrightarrow \quad h = 4$$

Ответ:

б) 4