Расстояние между точкой/прямой/плоскостью

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:

1. $HP=PB$.
2. $BM=MC$.

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

а) Доказательство перпендикулярности.

Рассмотрим треугольники $\triangle M B C$ и $\triangle N A B$. Поскольку $M B = N A = \tfrac{1}{2} a$ (где $a$ — ребро куба), а углы $\angle M B C$ и $\angle N A B$ являются прямыми, то $\triangle M B C \cong \triangle N A B$ по двум катетам.

Отсюда: $$\angle M C B = \angle N B A.$$

Пусть угол между $M C$ и $B_1 N$ обозначен как $\alpha$. Тогда в треугольнике $B M W$, где $W = B_1 N \cap M C$, имеем: $$\angle B W M = 180^\circ - (90^\circ - \alpha) - \alpha = 90^\circ.$$

Используя признак перпендикулярности наклонной, её проекции и перпендикуляра, получаем: $$\begin{cases} B_1 N \text{ — наклонная}, \\ B_1 B \text{ — перпендикуляр}, \\ B N \text{ — проекция}, \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad B_1 N \perp C M.$$

б) Расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$.

Пусть плоскость $\alpha$ пересекает ребро $C D$ в точке $K$. Так как $N K \parallel C M$, а $N K$ и $C M$ принадлежат соответственно плоскостям $A B C D$ и $\alpha$, то прямые $D K N$ и $B M C$ подобны по равенству острых углов.

Из подобия: $$D K = B M \cdot \frac{D N}{B C} = \frac{A B}{2} \cdot \frac{A D}{2 B C} = \frac{C D}{4}.$$

Пусть ребро куба равно $a$. Тогда по Пифагору: $$B_1 N^2 = B_1 B^2 + N B^2 = a^2 + a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = 36,$$ откуда $$a^2 + a^2 + \frac{a^2}{4} = \frac{9 a^2}{4} = 36, \qquad a = 4,\qquad B_1 B = 4.$$

Находим: $$D N = \frac{a}{2} = 2,\qquad C K = a - D K = 4 - 1 = 3,\qquad K N = \frac{a\sqrt{5}}{4} = \sqrt{5}.$$

Рассмотрим пирамиду $C N K B_1$, высота $h$ которой из вершины $C$ является искомым расстоянием. Тогда: $$V_{C N K B_1} = \frac{1}{3}\, S_{N K B_1}\, h.$$

С другой стороны, объём той же пирамиды равен: $$V_{B_1 N K C} = \frac{1}{3} \, S_{N K C}\, B_1 B.$$

Приравнивая объёмы: $$\frac13 S_{N K C}\, B_1 B = \frac13 S_{N K B_1}\, h.$$

Вычисляя площади, получаем: $$h = \frac{S_{N K C}}{S_{N K B_1}}\, B_1 B = \frac{\tfrac12 D K \cdot C K}{\tfrac12 N B_1 \cdot K N} = \frac{1\cdot 3}{4 \cdot \sqrt{5}} \cdot B_1 B = \frac{3}{4\sqrt5} \cdot 4 = \frac{4\sqrt5}{5}.$$

$$\boxed{\frac{4\sqrt5}{5}}$$

Это и есть расстояние от точки $C$ до плоскости $\alpha$.

а)

Так как пирамида правильная, то в основании лежит квадрат, значит $AB = BC$, тогда $BK = 4$, $KC = 2$.

Рассмотрим треугольник $SAC$, $M$ – середина $SC$, $O$ – середина $AC$ (диагонали точки пересечения делятся пополам), тогда $MO$ – средняя линия треугольника $CSA$, значит $MO \parallel SA$, так как $MO$ лежит в плоскости $(OMK)$, то по признаку параллельности прямой и плоскости $SA \parallel (OMK)$, что и требовалось доказать.

б)

Достроим сечение, продлим $KO$ до пересечения с $AD$ в точке $L$. $LT \parallel AS$, так как $AS \parallel (OMK)$, а $T \in SD$. Тогда нам необходимо найти $LT$.

Рассмотрим $\triangle OLA$ и $\triangle OKC$, $\angle LAO = \angle KCO$ – накрестлежащие. $\angle LOA = \angle KOC$ – вертикальные, $AO = OC$, значит, $\triangle OLA \cong \triangle OKC$ по двум углам и стороне между ними. Отсюда: $AL = KC = 2$, $LD = 4$.

Так как $ABCD$ – квадрат, то $AC = a\sqrt2 = 6\sqrt2$, $a = 6$ – сторона квадрата.

В прямоугольном треугольнике $SAO$, найдём $AS$ по теореме Пифагора: $$AO^2 + SO^2 = AS^2 \quad\Rightarrow\quad AS^2 = 18 + 63 = 81 \quad\Rightarrow\quad AS = 9.$$

Рассмотрим $\triangle DTL$ и $\triangle DSA$, $\angle DTL = \angle DSA$ – соответственные, значит $\triangle DTL \sim \triangle DSA$ по двум углам.

Тогда: $$k = \frac{DL}{DA} = \frac{TL}{SA},\qquad \frac{4}{6} = \frac{TL}{9} \quad\Rightarrow\quad TL = \frac{2}{3} \cdot 9 = 6.$$

$$\boxed{6}$$