Задание №15 — Расстояние от точки до прямой и до плоскости

Решение:

а) Соединим вершины $B$ с $K$ и $B$ с $D$, образуя отрезки $BK$ и $BD$. Чтобы построить сечение, проведем через точку $K$ прямую, параллельную диагонали $BD$. Пусть эта прямая пересекает ребро $D_1C_1$ в точке $L$. Таким образом, $KL \parallel BD$, и искомым сечением является четырехугольник $BKLD$.
По условию $K$ — середина $B_1C_1$. Так как $KL \parallel B_1D_1$ (в плоскости верхней грани), то по теореме Фалеса точка $L$ также будет серединой ребра $D_1C_1$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle B_1BK$ и $\triangle D_1DL$. В них $B_1B = D_1D$ (ребра куба), а $B_1K = D_1L$, так как они составляют половину равных сторон квадрата $A_1B_1C_1D_1$. Следовательно, $\triangle B_1BK = \triangle D_1DL$ по двум катетам, откуда $BK = DL$.
В плоскости $A_1B_1C_1D_1$ отрезок $KL$ соединяет середины сторон $B_1C_1$ и $D_1C_1$, значит, $KL$ — средняя линия треугольника $B_1C_1D_1$. Тогда $KL = \frac{1}{2} B_1D_1 = \frac{1}{2} BD$. Учитывая, что диагональ квадрата со стороной 6 равна $6\sqrt{2}$, получаем $KL = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}$.
Так как $BK = DL$ и $KL \parallel BD$, то $BKLD$ — равнобедренная трапеция, что и требовалось доказать.
б) В треугольнике $BDC$ проведем высоту $CH$. Поскольку $BC = CD$, этот треугольник равнобедренный, и $H$ является серединой $BD$.
Пусть $M$ — середина основания $KL$ трапеции, а $H$ — середина $BD$. В силу симметрии равнобедренной трапеции $MH \perp BD$. Заметим, что $BD \perp CH$ и $BD \perp MH$, следовательно, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $(CHM)$. Так как плоскость сечения $(DBK)$ проходит через $BD$, то плоскости $(DBK)$ и $(CHM)$ перпендикулярны, а их линия пересечения — $HM$. Тогда искомое расстояние от точки $C$ до плоскости сечения равно длине перпендикуляра $CN$, опущенного из $C$ на прямую $HM$.
Вычислим $CH$ как высоту в прямоугольном треугольнике $BCD$ (с прямым углом $C$):
$$CH = \frac{CB \cdot CD}{BD} = \frac{6 \cdot 6}{6 \sqrt{2}} = 3 \sqrt{2}.$$
Из $\triangle D_1LD$ по теореме Пифагора найдем боковую сторону трапеции:
$DL^2 = D_1L^2 + D_1D^2 = 3^2 + 6^2 = 9 + 36 = 45 \Rightarrow DL = 3 \sqrt{5}$.

Рассмотрим геометрию трапеции $BKLD$:

Нам известно, что $KL = 3 \sqrt{2}$ и $BD = 6 \sqrt{2}$.
Опустим высоты $LL_1$ и $KK_1$ на основание $BD$. В прямоугольнике $KLL_1K_1$ сторона $K_1L_1 = KL = 3 \sqrt{2}$.
Тогда отрезок $BK_1 = \frac{BD - KL}{2} = \frac{6\sqrt{2} - 3\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
Найдем высоту трапеции $KK_1$ (которая равна $MH$) по теореме Пифагора из $\triangle BKK_1$:
$$(KK_1)^2 = BK^2 - (BK_1)^2 = 45 - \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 45 - \frac{18}{4} = \frac{162}{4}.$$
Отсюда $MH = KK_1 = \frac{9\sqrt{2}}{2}$.
Рассмотрим сечение, проходящее через точки $H, M, C_1, C$:

В треугольнике $\triangle KC_1L$ точка $M$ — середина $KL$. Так как $KC_1 = LC_1 = 3$, то $MC_1$ — медиана и высота:
$$(MC_1)^2 = C_1L^2 - ML^2 = 3^2 - \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 9 - \frac{18}{4} = \frac{18}{4} \Rightarrow MC_1 = \frac{3\sqrt{2}}{2}.$$
Проведем $MM_1 \parallel CC_1$, где $M_1$ лежит на $CH$. Тогда $MC_1CM_1$ — прямоугольник, $M_1C = MC_1 = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ и $MM_1 = CC_1 = 6$.
Вычислим отрезок $HM_1 = CH - M_1C = 3\sqrt{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
Проверим значение $HM$ через $\triangle HMM_1$: $HM^2 = 6^2 + \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 36 + \frac{18}{4} = \frac{162}{4}$, что совпадает с ранее найденным.
Найдем синус угла $MHM_1$:
$$\sin(\angle MHM_1) = \frac{MM_1}{HM} = \frac{6}{\frac{9\sqrt{2}}{2}} = \frac{12}{9\sqrt{2}} = \frac{4}{3\sqrt{2}}.$$
В прямоугольном треугольнике $HNC$ искомое расстояние $NC$ выражается как:
$$NC = HC \cdot \sin(\angle NHC) = 3\sqrt{2} \cdot \frac{4}{3\sqrt{2}} = 4.$$

Ответ: 4

Источник: ФИПИ