Площади сечения

а) В прямоугольных треугольниках $ADB$ и $ADC$ катет $AD$ общий, а $AB=AC$ по условию. Тогда $\triangle ADB=\triangle ADC\Rightarrow BD=CD$, что и требовалось доказать.

б) В прямоугольных треугольниках $ADB$ и $CDB$ катет $BD$ общий, а $AB=BC$ по условию. Тогда $\triangle ADB=\triangle CDB\Rightarrow AD=CD$.

Треугольник $BCD$ – равнобедренный и прямоугольный, тогда по теореме Пифагора:

$$BC^2=BD^2+CD^2=2\cdot CD^2 \quad BC=\sqrt{2}\cdot CD \quad CD=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot BC=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot 5\sqrt{2}=5$$

То есть:

$$AD=BD=CD=5$$

По условию:

$$\frac{DF}{FC}=\frac{2}{3}\Rightarrow DF=\frac{2}{3}FC \quad CD=DF+FC=\frac{2}{3}FC+FC=\frac{5}{3}FC \quad FC=\frac{3}{5}CD=\frac{3}{5}\cdot 5=3\quad DF=\frac{2}{3}FC=\frac{2}{3}\cdot 3=2$$

Аналогично $EA=3$ и $DE=2$.

$\dfrac{DE}{DA}=\dfrac{DF}{DC}$ и $\angle ADC$ – общий $\Rightarrow$ $\triangle DAC$ подобен $\triangle DEF$, тогда

$$\frac{EF}{AC}=\frac{DF}{DC}=\frac{2}{5} \quad MF=\frac{2}{5}AC=\frac{2}{5}\cdot 5\sqrt{2}=2\sqrt{2}$$

Треугольник $BDF$ прямоугольный, тогда:

$$BF^2=BD^2+DF^2 \quad BF=\sqrt{BD^2+DF^2} \quad BF=\sqrt{5^2+2^2} \quad BF=\sqrt{29}$$

Треугольник $EFB$ равнобедренный $(BF=BE)$, тогда его площадь равна:

$$S_{EFB}=\frac{1}{2}EF\sqrt{EB^2-\left(\frac{EF}{2}\right)^2}=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot\sqrt{29-2}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}$$

Ответ: $3\sqrt{6}$

a)

Так как призма правильная, то $A_1B_1C_1$ — равносторонний треугольник. Следовательно, медиана $C_1K$ является также и высотой треугольника $A_1B_1C_1$. Отсюда $KC_1 \perp A_1B_1$.

Также, так как призма правильная, то $KC_1 \perp AA_1$.

Получили, что $KC_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым из плоскости $(ABB_1)$, следовательно $KC_1 \perp (ABB_1)$.

Так как $\alpha \perp (ABB_1)$, $K \in \alpha$ и $KC_1 \perp (ABB_1)$, то $KC_1 \subset \alpha$. Что и требовалось доказать.

—

б) Выше мы доказали, что $KC_1 \perp (ABB_1)$. Но тогда $KC_1 \perp MK$, следовательно, $MKC_1$ — прямоугольный треугольник и его площадь можно найти по формуле: $$S = \frac12 MK \cdot C_1K.$$

Так как все рёбра призмы равны $12$, то $A_1K = KB_1 = 6$. Далее, из того, что $AM : MA_1 = 5 : 1$, получаем $AM = 10$, $MA_1 = 2$.

Тогда по теореме Пифагора для $\triangle A_1 M K$: $$MK^2 = A_1M^2 + A_1K^2,$$ $$MK^2 = 4 + 36 = 40 \quad\Rightarrow\quad MK = 2\sqrt{10}.$$

По теореме Пифагора для $\triangle A_1C_1K$: $$C_1K^2 = C_1A_1^2 - A_1K^2,$$ $$C_1K^2 = 144 - 36 = 108 \quad\Rightarrow\quad C_1K = 6\sqrt{3}.$$

Тогда искомая площадь равна: $$S = \frac12 MK \cdot C_1K = \frac12 \cdot 2\sqrt{10} \cdot 6\sqrt{3} = 6\sqrt{30}.$$

Ответ: б) $\;6\sqrt{30}$.

a)

Так как призма правильная, то $A_1B_1C_1$ — равносторонний треугольник. Следовательно, медиана $C_1K$ является также и высотой треугольника $A_1B_1C_1$. Отсюда $KC_1 \perp A_1B_1$.

Также так как призма правильная, то $KC_1 \perp AA_1$.

Получили, что $KC_1$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым из плоскости $(ABB_1)$, следовательно, $KC_1 \perp (ABB_1)$.

Так как $\alpha \perp (ABB_1)$, $K \in \alpha$ и $KC_1 \perp (ABB_1)$, то $KC_1 \subset \alpha$. Что и требовалось доказать.

—

б) Выше мы доказали, что $KC_1 \perp (ABB_1)$. Но тогда $KC_1 \perp MK$, следовательно, $MKC_1$ — прямоугольный треугольник и его площадь можно найти по формуле: $$S = \frac12 MK \cdot C_1K.$$

Так как все рёбра призмы равны $20$, то $A_1K = KB_1 = 10$. Далее, из того, что $AM : MA_1 = 1 : 2$, получаем: $$AM = \frac{20}{3}, \quad MA_1 = \frac{40}{3}.$$

Тогда по теореме Пифагора для $\triangle A_1MK$: $$MK^2 = A_1M^2 + A_1K^2,$$ $$MK^2 = \frac{40^2}{9} + 10^2 = \frac{1600}{9} + \frac{900}{9} = \frac{2500}{9} \quad\Rightarrow\quad MK = \frac{50}{3}.$$

По теореме Пифагора для $\triangle A_1C_1K$: $$C_1K^2 = C_1A_1^2 - A_1K^2,$$ $$C_1K^2 = 400 - 100 = 300 \quad\Rightarrow\quad C_1K = 10\sqrt{3}.$$

Тогда искомая площадь равна: $$S = \frac12 MK \cdot C_1K = \frac12 \cdot \frac{50}{3} \cdot 10\sqrt{3} = \frac{250\sqrt{3}}{3}.$$

Ответ: $${ \frac{250\sqrt{3}}{3} }$$

а)

Чтобы доказать, что плоскость $\alpha$ проходит через $B$ и $D$, рассмотрим прямую $SC$.

Прямая $SC$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Найдём такие прямые.

Так как пирамида правильная, то $SO$ является её высотой. Кроме того, диагонали квадрата $ABCD$ перпендикулярны, поэтому:

$$AC \perp BD.$$

По теореме о трёх перпендикулярах:

$$SC \perp BD.$$

Так как точка $O$ принадлежит $BD$, то вся прямая $BD$ содержится в плоскости $\alpha$.

Теперь найдём вторую прямую. Рассмотрим треугольник $SOC$ и опустим высоту $OK$ на $SC$:

$$OK \perp SC.$$

Так как $O \in \alpha$ и $OK \perp SC$, то $OK \subset \alpha$.

Таким образом, плоскость $\alpha$ содержит $BD$ и содержит $OK$, значит она проходит через $B$ и $D$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём отношение $SK : KC$

Из пункта (а) уже известно:

$$BD \perp SC, \qquad BD \perp SO.$$

Следовательно:

$$BD \perp (SOC) \quad\Rightarrow\quad BD \perp OK.$$

Площадь сечения равна площади треугольника $BKD$:

$$S_{BKD} = \frac12 \, BD \cdot OK.$$

Основание $ABCD$ — квадрат со стороной $4$, поэтому диагональ:

$$BD = 4\sqrt{2}.$$

А точка $O$ — центр квадрата, значит:

$$OC = 2\sqrt{2}.$$

По условию:

$$2\sqrt{14} = \frac12 \cdot 4\sqrt{2} \cdot OK \quad\Rightarrow\quad OK = \sqrt{7}.$$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $KOC$. По теореме Пифагора:

$$KC^2 = OC^2 - OK^2 = (2\sqrt{2})^2 - (\sqrt{7})^2 = 8 - 7 = 1.$$

Отсюда:

$$KC = 1.$$

Теперь используем свойство высоты, проведённой к гипотенузе прямоугольного треугольника:

$$OK^2 = SK \cdot KC.$$

Подставим значения:

$$7 = SK \cdot 1 \quad\Rightarrow\quad SK = 7.$$

Отношение:

$$SK : KC = 7 : 1.$$

Ответ

$${7:1}$$

a)

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle B_{1}C_{1}M$ и $\triangle AC M$. Их катеты $CM$ и $C_{1}M$ равны, так как $M$ — середина $CC_{1}$ по условию. Также равны катеты $B_{1}C_{1}$ и $AC$, поскольку призма правильная, то есть оба треугольника в основании правильные с равными сторонами.

Тогда $\triangle B_{1}C_{1}M = \triangle AC M$ по двум катетам. Тогда равны их гипотенузы $AM = B_{1}M$. То есть треугольник $B_{1}MA$ — равнобедренный, что и требовалось доказать.

б) Пусть $BB_{1} = 2h$. Тогда

$$AB_{1} = \sqrt{AB^{2} + BB_{1}^{2}} = \sqrt{16 + 4h^{2}} = 2\sqrt{4 + h^{2}},$$

$$AM = \sqrt{AC^{2} + CM^{2}} = \sqrt{16 + h^{2}}.$$

Поскольку треугольник $\triangle B_{1}MA$ — равнобедренный с основанием $AB_{1}$, то его высота $MH$ делит сторону $AB_{1}$ пополам. То есть $AH = \dfrac{AB_{1}}{2} = \sqrt{4 + h^{2}}$.

Вновь воспользуемся теоремой Пифагора:

$$MH = \sqrt{AM^{2} - AH^{2}} = \sqrt{16 + h^{2} - \left(4 + h^{2}\right)} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}.$$

Теперь запишем площадь сечения $S$:

$$S = \frac{MH \cdot AB_{1}}{2} = \frac{2\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{4 + h^{2}}}{2} = 2\sqrt{12 + 3h^{2}}.$$

По условию имеем:

$$2\sqrt{12 + 3h^{2}} = 18,$$

$$12 + 3h^{2} = 81,$$

$$3h^{2} = 69,$$

$$h^{2} = 23, \quad h = \sqrt{23}.$$

Тогда высота призмы равняется $2h$, то есть $2\sqrt{23}$.

$$\boxed{2\sqrt{23}}$$