Тип 14 № 15867

а)

Пусть $AM = CN = 2x$, $MC = NB = x$. Пусть также $M_1$ и $N_1$ — проекции точек $M$ и $N$ на плоскость $A_1B_1C_1$. Так как $(ABC) \parallel (A_1B_1C_1)$, то плоскость $MNB_1$ пересекает эти плоскости по параллельным прямым. Следовательно, $B_1K \parallel M_1N_1 \parallel MN$, и $B_1K = (MNB_1) \cap (A_1B_1C_1)$.

Тогда $\triangle KB_1C_1 \sim \triangle M_1N_1C_1$, следовательно, $$\frac{C_1K}{C_1M_1} = \frac{B_1C_1}{N_1C_1} = \frac{3}{2} \quad \Rightarrow \quad C_1K = \frac{3}{2}x = \frac{1}{2}A_1C_1$$

Значит, $K$ — середина $A_1C_1$. Что и требовалось доказать.

б) Из условия $x = 2 \Rightarrow 2x = 4 \Rightarrow C_1K = 3$. Тогда $C_1M_1 = 2 \Rightarrow KM_1 = 3 - 2 = 1$. Тогда по теореме Пифагора:

$$MK = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2$$

Заметим, что так как $B_1K \parallel MN$, то $MNB_1K$ — трапеция, а также $B_1K > MN$. Так как $B_1K \perp A_1C_1$ и $M_1N_1 \perp A_1C_1$, то $M_1N_1 \perp MN \perp AC$. Следовательно, $MN \perp (ACC_1) \Rightarrow MN \perp MK$, и $MK$ — высота трапеции $MNB_1K$.

$B_1K$ — высота правильного треугольника $A_1B_1C_1$, следовательно:

$$B_1K = \frac{A_1C_1 \cdot \sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$$

Из $\triangle KB_1C_1 \sim \triangle M_1N_1C_1$ следует, что:

$$M_1N_1 = \frac{2}{3}B_1K = 2\sqrt{3} \Rightarrow MN = 2\sqrt{3}$$

Тогда площадь сечения:

$$S_{MNB_1K} = \frac{MN + B_1K}{2} \cdot MK = \frac{2\sqrt{3} + 3\sqrt{3}}{2} \cdot 2 = 5\sqrt{3}$$

Ответ: б) $5\sqrt{3}$