Тип 14 № 15872

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