14. Стереометрическая задача: все задания

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$ с параметрами:
Сторона основания $AB = 1.$
Высота призмы $AA_1 = 2.$

$а)$ Доказательство отношения объемов $2:1.$

$1.$ Плоскость $\alpha$ проходит через:
Прямую $AB_1.$
Центр грани $ACC_1A_1$ (точка пересечения диагоналей).

$2.$ Сечение призмы плоскостью $\alpha$ — треугольник $AB_1C_1.$

$3.$ Объем пирамиды $AB_1C_1A_1$:
$$V = \frac{1}{3} \cdot AA_1 \cdot S_{\triangle A_1B_1C_1} = \frac{1}{3}V_{\text{призмы}}$$
$4.$ Следовательно, плоскость $\alpha$ делит объем призмы в отношении:
$$V_{\text{верх}} : V_{\text{ниж}} = 1 : 2$$

$б)$ Нахождение расстояния от $B_1$ до $AC_1.$

$1.$ Находим длины: $$B_1A = \sqrt{AA_1^2 + AB^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}$$ $$AC_1 = \sqrt{AA_1^2 + AC^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}$$ $$B_1C_1 = BC = 1$$ $2.$ Треугольник $AB_1C_1$ — равнобедренный $(AB_1 = AC_1 = \sqrt{5}).$

$3.$ Находим медиану $AM$: $$AM = \sqrt{AB_1^2-\left(\frac{B_1C_1}{2}\right)^2} = \sqrt{5-\frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{19}}{2}$$

$4.$ Через площадь находим искомую высоту $B_1H$: $$\frac{1}{2} \cdot B_1C_1 \cdot AM = \frac{1}{2} \cdot AC_1 \cdot B_1H$$ $$1 \cdot \frac{\sqrt{19}}{2} = \sqrt{5} \cdot B_1H$$ $$B_1H = \frac{\sqrt{19}}{2\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{95}}{10}$$

Ответ:
$а)$ Плоскость делит объем в отношении $2:1.$
$б)$ Расстояние равно $\dfrac{\sqrt{95}}{10}.$

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребрами:
$AB = 12;$
$AA_1 = 16;$
$AD = 15.$

$а)$ Доказательство отношения объемов $1:3.$

$1.$ Объем параллелепипеда:
$$V_{\text{пар}} = AB \cdot AD \cdot AA_1 = 12 \cdot 15 \cdot 16 = 2\space880$$
$2.$ Объем пирамиды $A_1BDC_1$ найдем через объемы «отрезаемых» пирамид:

$$V_{A_1 ADB} = \frac{1}{6}V_{\text{пар}} = \frac{1}{6} \cdot 2\space880 = 480 $$ $$V_{C_1CBD} = V_{BA_1B_1C_1} = V_{DA_1D_1C_1} = 480$$ $$V_{A_1BDC_1} = V_{\text{пар}}-4 \cdot 480 = 2\space880-1\space920 = 960 = \frac{1}{3}V_{\text{пар}}$$
$3.$ Таким образом:$$\frac{V_{A_1BDC_1}}{V_{\text{пар}}} = \frac{1}{3}$$

$б)$ Нахождение расстояния от $A_1$ до $BD_1.$

$1.$ Находим необходимые длины:
$$A_1B = \sqrt{AA_1^2 + AB^2} = \sqrt{256 + 144} = 20 $$ $$A_1D_1 = AD = 15 $$ $$BD_1 = \sqrt{AB^2 + AD^2 + AA_1^2}$$ $$BD_1 \sqrt{144 + 225 + 256} = 25$$ $2.$ Рассматриваем прямоугольный треугольник $A_1BD_1$:
Катеты: $A_1B = 20,$ $A_1D_1 = 15.$
Гипотенуза: $BD_1 = 25.$

$3.$ Искомое расстояние $A_1E$ — высота к гипотенузе:
$$A_1E = \frac{A_1B \cdot A_1D_1}{BD_1} = \frac{20 \cdot 15}{25} = 12$$

Ответ:
$а)$ Объем пирамиды $A_1BDC_1$ составляет $\dfrac{1}{3}$ объема параллелепипеда.
$б)$ Расстояние от $A_1$ до $BD_1$ равно $12.$

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ с параметрами:

Сторона основания $AB = 3.$
Боковое ребро $AA_1 = 4.$

$а)$ Доказательство перпендикулярности плоскостей
$1.$ В правильном шестиугольнике:
$FC \parallel DE$ (противоположные стороны).
$D_1E_1 \parallel DE$ (свойство призмы).
Следовательно, $D_1E_1 \parallel FC.$


$2.$ Плоскость $AEE_1$ содержит:

$AE \perp FC$ (в основании).
$AE \perp AA_1$ (так как $AA_1$ перпендикулярно основанию).

$3.$ По признаку перпендикулярности:
$AE$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости $CD_1E_1$ $(FC$ и $D_1E_1).$
Следовательно, $AEE_1 \perp CD_1E_1.$

$б)$ Нахождение расстояния от $C$ до $D_1E_1.$

$1.$ Рассмотрим трапецию $FE_1D_1C$:
$D_1E_1 = 3.$
$FC = 6$ (диаметр шестиугольника).
$FE_1 = CD_1 = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5.$

$2.$ Найдем высоту трапеции: $$CH = \frac{FC-D_1E_1}{2} = \frac{3}{2}$$ $$D_1H = \sqrt{CD_1^2-CH^2} = \sqrt{25-\dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{91}{4}} = \frac{\sqrt{91}}{2}$$

Ответ:

$а)$  Доказано, что плоскости $CD_1E_1$ и $AEE_1$ перпендикулярны.
$б)$ Расстояние от точки $C$ до прямой $D_1E_1$ равно $\dfrac{\sqrt{91}}{2}.$

Дана паравильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1.$
Все ребра равны $1.$

$а)$ Доказательство перпендикулярности $BF_1 \perp F_1E_1.$

$1.$ В правильном шестиугольнике:
$\angle CBA = 120^\circ.$
$\angle ABF = 30^\circ$ (так как $BF$ — биссектриса).
Следовательно, $BF \perp BC.$
$2.$ По теореме о трех перпендикулярах:
$BF$ — проекция $BF_1$ на основание.
$BF \perp F_1E_1$ (в плоскости основания).
Значит, $BF_1 \perp F_1E_1.$

$б)$ Нахождение расстояния от $B$ до $E_1F_1.$

$1.$ Рассмотрим треугольник $BFF_1$:
$BF = \sqrt{3}$ (высота правильного шестиугольника).
$FF_1 = 1$ (боковое ребро).

$2.$ По теореме Пифагора:
$$BF_1 = \sqrt{BF^2 + FF_1^2} = \sqrt{3 + 1} = 2$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что прямая $BF_1$ перпендикулярна прямой.

$б)$Расстояние от точки $B$ до прямой $E_1F_1$ равно $2.$

Дан тетраэдр $ABCD$ с точками:
$K \in AC$, $L \in AD$, $M \in DB$, $N \in BC.$
Четырехугольник $KLMN$ — квадрат со стороной $2.$
$AK : KC = 2 : 3.$
Объем тетраэдра $ABCD$ равен $25.$

$а)$ Доказательство отношения $BM : MD = 2 : 3.$

$1.$ Так как $KLMN$ — квадрат:

$KN \parallel LM$ (противоположные стороны квадрата).
$KL \parallel MN$ (противоположные стороны квадрата).

$2.$ Из параллельности следует:

$LM \parallel AB$ $($в плоскости $ADB);$
$KN \parallel AB$ $($в плоскости $ACB);$
$KL \parallel CD$ $($в плоскости $ACD);$
$MN \parallel CD$ $($в плоскости $BCD).$

$3.$ Применяем теорему Фалеса:$$\frac{BM}{MD} = \frac{BN}{NC} = \frac{AK}{KC} = \frac{2}{3}$$

$б)$ Нахождение расстояния от $C$ до $KLMN.$

$1.$ Найдём объём пирамиды $CKMN{:}$

Площадь основания $S_{KMN} = \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$

$2.$ Используем отношение объемов:
$$\frac{V_{CKMN}}{V_{ABCD}} = \left(\frac{2}{5}\right)^3 = \frac{8}{125}$$ $$V_{CKMN} = \frac{8}{125} \cdot25 = \frac{8}{5}$$

$3.$ Находим расстояние:$$d = \frac{3V_{CKMN}}{S_{KMN}} = \frac{3 \cdot \frac{8}{5}}{2} = \frac{24}{10} = 2.4$$

Ответы:
$а)$ Отношение $BM : MD$ равно $2 : 3.$
$б)$ Расстояние от точки $C$ до плоскости $KLMN$ равно $5.4.$

Правильная треугольная пирамида $MABC$ с параметрами:

Высота $MO = 9.$
Боковые ребра $MA = MB = MC = 15.$

$а)$ Доказательство прямоугольности сечения.

$1.$ Обозначим точки:

$F$ — середина $AB.$
$G$ — середина $BC.$
$K$ — середина $MA.$
$L$ — середина $MC.$


$2.$ По построению:
$FK \parallel MB$ и $FK = \dfrac{MB}{2} = 7.5;$
$GL \parallel MB$ и $GL = \dfrac{MB}{2} = 7.5;$
$FG \parallel AC$ (средняя линия).

$3.$ Докажем перпендикулярность:

$AC \perp MBH$ $($так как $AC \perp BH$ и $AC \perp MO).$
Следовательно, $FG \perp FK$ и $FG \perp GL.$

$4.$ Таким образом, $FGLK$ — прямоугольник.

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Найдем основание пирамиды:

$$OB = \sqrt{MB^2-MO^2} = \sqrt{225-81} = 12$$ $$AC = OB\sqrt{3} = 12\sqrt{3}$$ $2.$ Размеры прямоугольника:

$FG = \dfrac{AC}{2} = 6\sqrt{3}.$
$FK = 7.5$ $($из пункта $а).$

$3.$ Площадь сечения: $$S = FG \cdot FK = 6\sqrt{3} \cdot7.5 = 45\sqrt{3}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $FGLK$ — прямоугольник.

$б)$ Площадь сечения равна $45\sqrt{3}.$

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD{:}$
Точка $Q$ на ребре $AB$: $AQ : QB = 1 : 2.$
Точка $P$ — середина ребра $AS.$
Площадь сечения $DSB$ равна $6.$

$а)$ Доказательство перпендикулярности плоскостей

$1.$ Обозначим:
$O$ — центр основания.
$M$ — середина $AD.$
$K = AO \cap DQ.$
$N = MO \cap DQ.$

$2.$ Из свойств средней линии:

$MO \parallel AB$ и $MO = \dfrac{AB}{2};$
$NO = \dfrac{QB}{2} = AQ.$

$3.$ Треугольники $AKQ$ и $OKN$ равны по катету и острому углу $\Rightarrow K$ — середина $AO.$

$4.$ $PK$ — средняя линия $\triangle ASO \Rightarrow PK \perp (ABCD).$

$5.$ Так как $PK \subset (DPQ)$, то $(DPQ) \perp (ABCD).$

$б)$ Нахождение площади сечения $DPQ.$

$1.$ Примем $AB = 3a,$ тогда:
$AQ = a$, $QB = 2a;$
$BD = 3a\sqrt{2}.$

$2.$ Из площади сечения $DSB{:}$
$$\frac{BD \cdot SO}{2} = 6 \Rightarrow \frac{3a\sqrt{2} \cdot h}{2} = 6 \Rightarrow ah\sqrt{2} = 4$$ $3.$ Вычислим элементы сечения:

$DQ = \sqrt{AD^2 + AQ^2} = \sqrt{(3a)^2 + a^2} = \sqrt{10}a;$
$PK = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{h}{2}.$

$4.$ Площадь сечения:
$$S_{DPQ} = \frac{DQ \cdot PK}{2} = \frac{\sqrt{10}a \cdot \frac{h}{2}}{2} = \frac{\sqrt{10}ah}{4}$$ $5.$ Подставим $ah = \dfrac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ : $$S_{DPQ} = \frac{\sqrt{10} \cdot 2\sqrt{2}}{4} = \frac{2\sqrt{20}}{4} = \frac{4\sqrt{5}}{4} = \sqrt{5}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что Плоскость $DPQ$ перпендикулярна основанию.
$б)$ Площадь сечения $DPQ$ равна $\sqrt{5}.$

Пирамида $DABC$ с основанием — прямоугольным треугольником $ABC$:

Катеты $AC = 15$, $BC = 9.$
Точка $M$ — середина $AD.$
Точка $E \in BC$: $CE = 3.$
Точка $F \in AC$: $CF = 5.$
Расстояние $d(M, EF) = \sqrt{34.}$

$а)$ Доказательство, что $N$ — середина $BD.$
$1.$ Рассмотрим подобие треугольников:

$\triangle FEC \sim \triangle ABC$ по двум сторонам и углу
$\dfrac{CF}{CA} = \dfrac{CE}{CB} = \dfrac{1}{3}.$
Следовательно, $EF \parallel AB.$

$2.$ Пересечение плоскостей:
Плоскость $MEF$ пересекает $(ABD)$ по прямой $MN.$
Так как $EF \parallel AB$, то $MN \parallel AB.$

$3.$ В треугольнике $ABD{:}$
$M$ — середина $AD.$
$MN \parallel AB$ $\Rightarrow$ $N$ — середина $BD.$

$б)$ Нахождение площади сечения $MNF.$
$1.$ Вычислим длины: $$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{225 + 81} = \sqrt{306} = 3\sqrt{34}.$$ $$EF = \frac{1}{3}AB = \sqrt{34}.$$ $$MN = \frac{1}{2}AB = \frac{3}{2}\sqrt{34}.$$ $2.$ Сечение $MNEF$ — трапеция:

Высота $h = \sqrt{34}.$
Площадь:
$$S = \dfrac{MN + EF}{2} \cdot h = \dfrac{\frac{3}{2}\sqrt{34} + \sqrt{34}}{2} \cdot \sqrt{34}$$ $$S = \dfrac{\frac{5}{2}\sqrt{34}}{2} \cdot \sqrt{34} = \dfrac{5}{4} \cdot 34 = 42.5$$

Ответ:
$а)$ Точка $N$ — середина $BD$ — $\text{доказано}.$
$б)$ Площадь сечения равна $42.5.$

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD{:}$

Сторона основания $AB = 8.$
Боковое ребро $SA = 7.$
Точка $M \in AB$: $AM = 2 \Rightarrow MB = 6.$
Точка $K \in SB$: $SK = 1 \Rightarrow KB = 6.$

$а)$ Доказательство, что $C \in \alpha$.

$1.$ Построим:
$KL \perp (ABC).$
$ML \cap BC = N.$

$2.$ Из подобия треугольников:
$\triangle SOB \sim \triangle KLB$ $\Rightarrow$ $\dfrac{BL}{LD} = \dfrac{3}{4};$
$\triangle MBL \sim \triangle LHD$ $\Rightarrow$ $DH = 8 = DC.$


$3.$ Следовательно, точки $H$ и $C$ совпадают, значит $C \in \alpha$.

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Вычислим: $$AC = 8\sqrt{2} \Rightarrow CO = 4\sqrt{2}$$ $$SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{49-32} = \sqrt{17}$$ $2.$ Из подобия: $$\frac{KL}{SO} = \frac{KB}{SB} = \frac{6}{7} \Rightarrow KL = \frac{6\sqrt{17}}{7}$$
$3.$ Длина $MC$: $$MC = \sqrt{MB^2 + BC^2} = \sqrt{36 + 64} = 10$$
$4.$ Площадь сечения: $$S_{MKC} = \frac{1}{2} \cdot MC \cdot KL = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \frac{6\sqrt{17}}{7} = \frac{30\sqrt{17}}{7}$$

Ответ:
$а)$ Точка $C$ принадлежит плоскости $\alpha$ — $\text{доказано.}$
$б)$ Площадь сечения равна $\dfrac{30\sqrt{17}}{7}.$

Правильная четырехугольная призма $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с параметрами:

Сторона основания $AB = 4.$
Боковое ребро $AA_1 = 6.$
Точка $K \in AA_1$: $AK : KA_1 = 1 : 2.$

$1.$ Построим сечение плоскостью $\alpha{:}$
$\alpha \parallel AC$ и проходит через точки $B$ и $K.$
Сечение — четырехугольник $KBNM$ $($ $N \in CC_1,$ $M \in DD_1).$

$2.$ Из свойств параллельности:
$KN \parallel AC$ $($так как $\alpha \parallel AC).$
$AKNC$ — прямоугольник $\Rightarrow AK = CN = \frac{1}{3}AA_1 = 2.$

$3.$ Рассмотрим проекции:
$OH$ — средняя линия $\triangle BDM,$ где $OH = AK = 2.$
Следовательно, $DM = 2OH = 4 = \dfrac{2}{3}DD_1.$


$4.$ Таким образом, $DM : MD_1 = 4 : 2 = 2 : 1.$

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Вычислим элементы:
Диагональ основания $AC = 4\sqrt{2}.$
Длина $KN = AC = 4\sqrt{2}.$
Длина $BM = \sqrt{BD^2 + DM^2} = \sqrt{(4\sqrt{2})^2 + 4^2} = \sqrt{32 + 16} = 4\sqrt{3}.$


$2.$ Площадь сечения:
$$S = \frac{KN \cdot BM}{2} = \frac{4\sqrt{2} \cdot 4\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{6}$$

Ответ:
$а)$ Отношение $DM : MD_1 = 2 : 1.$
$б)$ Площадь сечения равна $8\sqrt{6}.$

Прямая призма $ABCA_1B_1C_1$ с параметрами:
Основание $ABC$ — равнобедренный треугольник с основанием $AB = 12.$
$AA_1 = 5.$
Точка $P \in AB$: $AP : PB = 3 : 1.$
Точка $Q$ — середина $B_1C_1.$
Точка $M$ — середина $BC.$
$\cos \angle ABC = \dfrac{3}{5}.$

$а)$ Доказательство параллельности $AB \parallel \alpha.$

$1.$ Проведем высоту $CH$ в $\triangle ABC$ $($ $H$ — середина $AB).$
$2.$ По теореме Фалеса перпендикуляр из $M$ на $AB$ проходит через $P.$

$3.$ Отрезок $QM$ перпендикулярен $BC$ и плоскости $ABC.$
$4.$ По теореме о трех перпендикулярах $AB \perp PQ.$
$5.$ Следовательно, $AB \parallel \alpha$ $($так как $\alpha \perp PQ).$

$б)$ Нахождение отношения $PX : XQ.$

$1.$ Найдём элементы треугольника:
$BH = \dfrac{AB}{2} = 6.$
$BC = \dfrac{BH}{\cos \angle ABC} = \dfrac{6}{\frac{3}{5}} = 10.$
$CH = \sqrt{BC^2-BH^2} = \sqrt{100-36} = 8.$

$2.$ Вычислим длины:
$MP = \dfrac{CH}{2} = 4$ (средняя линия).
$QM = BB_1 = 5.$

$3.$ В $\triangle PQM$ $(\angle PMQ = 90^\circ){:}$
$PQ = \sqrt{PM^2 + QM^2} = \sqrt{16 + 25} = \sqrt{41}.$
Высота $MX$ делит $PQ$ в отношении:
$$PX : XQ = PM^2 : QM^2 = 16 : 25.$$

Ответ:
$а)$ Прямая $AB$ параллельна плоскости $\alpha.$
$б)$ Отношение деления отрезка $PQ$ равно $16 : 25.$

Прямая призма $ABCA_1B_1C_1$ с параметрами:
Основание $ABC$ — равнобедренный треугольник с $AB$ — основанием.
$AP : PB = 1 : 3$ $($ точка $P \in AB).$
Точка $Q$ — середина $A_1C_1.$
$AB = AA_1.$
$AB : BC = 2 : 7.$

$а)$ Доказательство, что $\alpha$ делит $AC$ пополам

$1.$ Обозначим:
$M$ — середина $BC;$
$N$ — середина $AC;$
$T$ — середина $AB.$

$2.$ Построения:
$CT \perp AB$ (так как $\triangle ABC$ равнобедренный);
$NP \parallel CT$ $($средняя линия $\triangle ACT).$

$3.$ Доказательство:
$MN \perp PQ$ (по теореме о трёх перпендикулярах)
Плоскость $\alpha$ проходит через $M,$ $N$ и перпендикулярна $PQ$
Следовательно, $\alpha$ содержит $N$ — середину $AC.$

$б)$ Нахождение отношения $A_1R : RC_1.$

$1.$ Введем обозначения:
Пусть $AB = 2x$, тогда $BC = 7x.$
$AA_1 = AB = 2x.$

$2.$ Вычислим:
$BT = \dfrac{AB}{2} = x.$
$CT = \sqrt{BC^2-BT^2} = \sqrt{49x^2-x^2} = \sqrt{48}x = 4\sqrt{3}x.$
$NP = \dfrac{CT}{2} = 2\sqrt{3}x$ — средняя линия.

$3.$ Найдем отношения:
$PH : HQ = 3 : 1.$
$P_1S : SQ = 2 : 1$ (из подобия треугольников).

$4.$ Итоговое отношение:
$$A_1R : RC_1 = 1 : 2$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что плоскость $\alpha$ делит $AC$ пополам.
$б)$ Отношение деления $A_1C_1$ равно ${1 : 2}.$

Правильная четырехугольная призма $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с параметрами:

Площадь основания $S_{осн} = 3.$
Площадь сечения $\alpha$ равна $6.$
Сечение $MB_1KD$ — ромб.

$а)$ Доказательство, что $M$ — середина $AA_1.$

$1.$ Рассмотрим треугольники:
$\triangle AMD$ и $\triangle A_1MB_1.$
$AD = A_1B_1$ (как стороны основания и верхнего квадрата).
$MD = B_1M$ (как стороны ромба).

$2.$ Треугольники равны по гипотенузе и катету:
$\angle MAD = \angle MA_1B_1 = 90^\circ.$
$AD = A_1B_1.$
$MD = B_1M.$

$3.$ Следовательно, $AM = A_1M$, что означает, что $M$ — середина $AA_1$.

$б)$ Нахождение высоты призмы.

$1.$ Найдем сторону основания:
$$AB = \sqrt{S_{осн}} = \sqrt{3}$$ $2.$ Вычислим диагонали: $$AC = BD = AB\sqrt{2} = \sqrt{6}$$ $$MK = AC = \sqrt{6}$$ $3.$ Из площади ромба найдем вторую диагональ: $$6 = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{6} \cdot B_1D \Rightarrow B_1D = 2\sqrt{6}$$ $4.$ По теореме Пифагора для пространственной диагонали:
$$B_1D^2 = h^2 + BD^2 \Rightarrow 24 = h^2 + 6 \Rightarrow h = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что точка $M$ — середина $AA_1.$
$б)$ Высота призмы равна $3\sqrt{2}.$

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$ с параметрами:
Сторона основания $AB = 2.$
Точка $M$ — середина ребра $CC_1.$
Площадь сечения $A_1MB$ равна $6.$

$1.$ Рассмотрим треугольники:

$\triangle A_1C_1M$ и $\triangle BCM.$
$A_1C_1 = BC$ (как стороны правильного треугольника)
$C_1M = CM$ $($так как $M$ — середина $CC_1).$

$2.$ Треугольники равны по двум катетам:
$$\angle A_1C_1M = \angle BCM = 90^\circ.$$ $$A_1C_1 = BC.$$ $$C_1M = CM.$$ $3.$ Следовательно, $A_1M = BM,$ что означает равнобедренность $\triangle A_1MB.$

$б)$ Нахождение высоты призмы.

$1.$ Обозначим половину высоты призмы через $x,$ тогда $AA_1 = 2x$.

$2.$ Вычислим длины сторон:
$$A_1M = BM = \sqrt{x^2 + 4}$$ $$A_1B = \sqrt{(2x)^2 + 2^2} = \sqrt{4x^2 + 4} = 2\sqrt{x^2 + 1}$$ $3.$ Найдем высоту треугольника $A_1MB$:
$$MH = \sqrt{A_1M^2-\left(\frac{A_1B}{2}\right)^2} = \sqrt{x^2 + 4-(x^2 + 1)} = \sqrt{3}$$ $4.$ Из площади сечения:
$$6 = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 2\sqrt{x^2 + 1} \Rightarrow \sqrt{3(x^2 + 1)} = 6$$ $$3(x^2 + 1) = 36 \Rightarrow x^2 = 11 \Rightarrow x = \sqrt{11}$$ $5.$ Высота призмы:
$$AA_1 = 2x = 2\sqrt{11}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что треугольник $A_1MB$ равнобедренный.
$б)$ Высота призмы равна $2\sqrt{11}.$

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с параметрами:
Ребра: $AB = 8,$ $AD = 7,$ $AA_1 = 5.$
Точка $W \in DD_1$: $DW : WD_1 = 1 : 4.$

$а)$ Доказательство, что сечение — параллелограмм.

$1.$ Построим сечение плоскостью $(CA_1W)$:
Проведем $CT \parallel A_1W$ ($T \in BB_1).$
Соединим точки $A_1$ и $T.$

$2.$ Свойства сечения:
$CT \parallel A_1W$ (по построению).
$A_1T \parallel CW$ (как линии пересечения параллельных плоскостей).
Следовательно, $CTA_1W$ — параллелограмм.

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Вычислим длины отрезков:
$D_1W = \dfrac{4}{5}DD_1 = 4.$
$DW = 1.$
$BT = D_1W = 4$ (из равенства треугольников).

$2.$ Найдем стороны параллелограмма:
$$CT = \sqrt{BC^2 + BT^2} = \sqrt{7^2 + 4^2} = \sqrt{65}$$ $$CW = \sqrt{CD^2 + DW^2} = \sqrt{8^2 + 1^2} = \sqrt{65}$$
$3.$ Вычислим диагонали:
$$CA_1 = \sqrt{7^2 + 8^2 + 5^2} = \sqrt{138}$$ $$WT = 2\sqrt{CT^2-\left(\frac{CA_1}{2}\right)^2} = 2\sqrt{65-34.5} = \sqrt{122}$$ $4.$ Площадь сечения:
$$S = \frac{CA_1 \cdot WT}{2} = \frac{\sqrt{138} \cdot \sqrt{122}}{2} = \frac{\sqrt{16\space836}}{2} = \sqrt{4\space209}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что сечение $CTA_1W$ — параллелограмм.
$б)$ Площадь сечения равна $\sqrt{4\space209}.$

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1.$
Точка $E$ на $A_1A$: $A_1E : EA = 3 : 2.$
$T$ — середина $B_1C_1.$
Длины: $AD = 6$, $AA_1 = 10$, $AB = 2\sqrt{10}.$

$а)$ Доказательство, что сечение $ETD_1$ — равнобедренная трапеция:

$1.$ Построение:
Продлим $D_1T$ до $K$ на $A_1B_1.$
Проведем $EK$ → точка $F$ на $BB_1.$
Сечение — $EFTD_1.$

$2.$ Параллельность:
$FT \parallel ED_1$ (через параллельные плоскости).
Значит, $EFTD_1$ — трапеция.

$3.$ Равные стороны:
$\triangle D_1C_1T = \triangle KB_1T$ → $KB_1 = 2\sqrt{10}.$
$B_1F = 3$ (средняя линия).
Из равенства треугольников: $EF = TD_1 = 7.$

$б)$ Площадь сечения:

$1.$ Длины: $$EF = TD_1 = 7$$ $$ED_1 = 6\sqrt{2}$$ $$FT = 3\sqrt{2}.$$

$2.$ Высота:$$h = \sqrt{7^2-(\frac{3\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{\frac{89}{2}}.$$ $3.$ Площадь:$$S = \frac{6\sqrt{2}+3\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{\frac{89}{2}} = \frac{9\sqrt{89}}{2}.$$

Ответ:
$а)$ Сечение $EFTD_1$ — равнобедренная трапеция.
$б)$ Площадь сечения: $\dfrac{9\sqrt{89}}{2}.$

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$
Сторона основания $AB = 8.$
Боковое ребро $SC = 6.$
Точка $M$ — середина $SA.$
Точка $K$ — середина $SC.$

$а)$ Доказательство перпендикулярности $SB$ и $MK$:

$1.$ $MK$ — средняя линия $\triangle ASC$ $\Rightarrow$ $MK \parallel AC.$

$2.$ Диагонали квадрата $AC \perp BD.$
В правильной пирамиде $SB$ проектируется на $BD.$

$3.$ По теореме о трех перпендикулярах:
$AC \perp BD$ и $AC \perp SO$ $\Rightarrow$ $AC \perp SB.$
Следовательно, $SB \perp MK.$

$б)$ Найдем угол между плоскостями $BMK$ и $ABC{:}$

$1.$ Найдем параметры пирамиды: $$OB = \dfrac{8\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}.$$ $$SO = \sqrt{6^2-(4\sqrt{2})^2} = 2.$$ $2.$ Построим линейный угол:
$Q$ — середина $MK$ $\Rightarrow$ $QO = \frac{SO}{2} = 1.$
$QB \perp MK$, $OB \perp MK.$
Угол между плоскостями — $\angle QBO.$

$3.$ Вычислим тангенс угла: $$\tg \angle QBO = \frac{QO}{OB} = \frac{1}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{8}$$

Ответ:
$а)$ Прямые $SB$ и $MK$ перпендикулярны.
$б)$ Угол между плоскостями $BMK$ и $ABC$ — $\arctg \dfrac{\sqrt{2}}{8}.$

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$ имеет:
Сторону основания $AB = BC = AC = 2.$
Диагональ боковой грани $A_1B = \sqrt{5}.$

Требуется:
$а)$ Доказать, что объем пирамиды $A_1BCC_1B_1$ вдвое больше объема пирамиды $AA_1BC.$
$б)$ Найти угол между плоскостью $A_1BC$ и плоскостью основания призмы.

$а)$ Доказательство соотношения объемов:

$1.$ Объем призмы: $$V_{\text{призмы}} = S_{\triangle ABC} \cdot h = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2^2 \cdot h = \sqrt{3}h$$ $2.$ Объем пирамиды $AA_1BC$: $$V_1 = \frac{1}{3}S_{\triangle ABC} \cdot h = \frac{\sqrt{3}h}{3}$$
$3.$ Объем пирамиды $A_1BCC_1B_1$:$$V_2 = V_{\text{призмы}}-V_1 = \sqrt{3}h-\frac{\sqrt{3}h}{3} = \frac{2\sqrt{3}h}{3}$$
$4.$ Соотношение объемов: $$\frac{V_2}{V_1} = \frac{\dfrac{2\sqrt{3}h}{3}}{\dfrac{\sqrt{3}h}{3}} = 2$$

$б)$ Нахождение угла между плоскостями:

$1.$ Найдем высоту призмы:
Из прямоугольного треугольника $A_1AB$: $$AA_1 = \sqrt{A_1B^2-AB^2} = \sqrt{5-4} = 1$$

$2.$ Построим линейный угол:
Пусть $H$ — середина $BC$, тогда:
$AH = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 = \sqrt{3}$ (высота основания).
$A_1H = \sqrt{A_1A^2 + AH^2} = \sqrt{1 + 3} = 2.$

$3.$ Угол между плоскостями — угол $\angle A_1HA$: $$\tan \angle A_1HA = \frac{AA_1}{AH} = \frac{1}{\sqrt{3}}$$ $$\angle A_1HA = 30^\circ$$

Ответ:
$а)$ Объем пирамиды $A_1BCC_1B_1$ действительно в $2$ раза больше объема пирамиды $AA_1BC.$
$б)$ Угол между плоскостями равен $30^\circ.$

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ имеет:

Сторону основания $AB = BC = CD = AD = 4$
Боковое ребро $SA = SB = SC = SD = 7$
Точки $N$ на $CD$ и $K$ на $SC$ такие, что $DN : NC = 1 : 3$ и $SK : KC = 1 : 3$

$а)$ Доказательство параллельности $\alpha$ и $SA{:}$

$1.$ Построим плоскость $\alpha$:
— Проведем $MN \parallel BC$ $($ $M \in AB).$
— Проведем $KP \parallel BC$ $($ $P \in SB).$
— Плоскость $NMP$ — искомая $\alpha.$

$2.$ По теореме о пропорциональных отрезках:
$$\frac{SP}{PB} = \frac{AM}{MB} = \frac{1}{3}$$

$3.$ Отсюда $PM \parallel SA$ (по обратной теореме Фалеса), значит $\alpha \parallel SA$

$б)$ Нахождение угла между $\alpha$ и $SBC{:}$

$1.$ Установим, что $\alpha \parallel SDA$:
$NM \parallel DA$ (по построению).
$PM \parallel SA$ (из пункта а).
Значит $\alpha \parallel SDA.$

$2.$ Угол между $\alpha$ и $SBC$ равен углу между $SDA$ и $SBC.$

$3.$ Найдем этот угол:
Пусть $O$ — центр основания, $F$ — середина $BC.$
$OF = 2$, $SF = \sqrt{7^2-2^2} = 3\sqrt{5}.$
$\sin \phi = \frac{OF}{SF} = \dfrac{2}{3\sqrt{5}}.$
Искомый угол: $2\arcsin \dfrac{2}{3\sqrt{5}}.$

Ответ:
$а)$ Плоскость $\alpha$ действительно параллельна прямой $SA.$

$б)$ Угол между плоскостями равен $2\arcsin \dfrac{2}{3\sqrt{5}}.$