14. Стереометрическая задача: Расстояния: точки, прямые, плоскости

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 $5.4.$

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 ${1 : 2}.$