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

Решение:

а) Соединим вершины $A$ и $K$. В плоскости верхней грани через точку $K$ проведём прямую, параллельную ребру $A_1C_1$. Пусть эта прямая пересекает ребро $C_1B_1$ в точке $L$. Поскольку $A_1C_1 \parallel AC$, то $KL \parallel AC$. Таким образом, четырёхугольник $AKLC$ является искомым сечением.
Так как $K$ — середина $A_1B_1$ по условию, а $KL \parallel A_1C_1$, то согласно теореме Фалеса точка $L$ будет серединой ребра $C_1B_1$.
Призма $ABCA_1B_1C_1$ правильная, значит, её основания — равносторонние треугольники. Отсюда следует, что $A_1B_1 = C_1B_1$, а значит, их половины равны: $A_1K = C_1L$. Учитывая, что боковые рёбра $A_1A$ и $C_1C$ равны, получаем равенство прямоугольных треугольников $\Delta A_1KA = \Delta C_1LC$ по двум катетам.
Из равенства треугольников следует $AK = CL$. Отрезок $KL$ является средней линией треугольника $A_1B_1C_1$, поэтому $KL = \frac{1}{2} A_1C_1 = \frac{1}{2} AC$.
Так как боковые стороны $AK$ и $CL$ равны, а основания $KL$ и $AC$ параллельны и не равны, $AKLC$ — равнобедренная трапеция, что и требовалось доказать.
б) В основании $ABC$ проведём высоту $BH$. В правильном треугольнике она также является медианой, то есть $H$ — середина $AC$.
Пусть $M$ — середина верхнего основания трапеции $KL$. В силу симметрии равнобедренной трапеции отрезок $MH$ перпендикулярен основаниям $AC$ и $KL$.
Плоскости $(ACK)$ и $(BHM)$ пересекаются по прямой $HM$. Искомое расстояние от точки $B$ до плоскости сечения равно длине перпендикуляра $BN$, опущенного из $B$ на прямую $HM$.
В треугольнике $ABC$ имеем: $AC = 6$, $HA = 3$, $AB = 6$.
По теореме Пифагора находим высоту основания: $HB = \sqrt{AB^2 - HA^2} = \sqrt{36 - 9} = 3\sqrt{3}$.
Из треугольника $C_1LC$ по теореме Пифагора: $CL = \sqrt{C_1L^2 + CC_1^2} = \sqrt{3^2 + 6^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$.
Рассмотрим геометрию трапеции $AKLC$:

Основания равны $KL = 3$ и $AC = 6$.
Опустим высоты $LL_1$ и $KK_1$ на $AC$. Тогда $K_1L_1 = KL = 3$, а отрезок $AK_1 = \frac{AC - KL}{2} = \frac{6 - 3}{2} = 1,5$.
Высота трапеции $MH = KK_1 = \sqrt{AK^2 - AK_1^2} = \sqrt{45 - \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{171}{4}} = \frac{3\sqrt{19}}{2}$.
Теперь рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходящей через высоты оснований:

В треугольнике $KB_1L$ точка $M$ — середина $KL$. Так как $KB_1 = LB_1 = 3$ и $KL = 3$, треугольник $KB_1L$ равносторонний. Его высота $MB_1 = \sqrt{KB_1^2 - KM^2} = \sqrt{9 - \frac{9}{4}} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Пусть $M_1$ — проекция точки $M$ на прямую $HB$. Тогда $MM_1 = BB_1 = 6$, а $M_1B = MB_1 = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Отрезок $HM_1 = HB - M_1B = 3\sqrt{3} - \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
Проверим значение $HM$ через прямоугольный треугольник $HMM_1$: $HM = \sqrt{MM_1^2 + HM_1^2} = \sqrt{36 + \frac{27}{4}} = \frac{3\sqrt{19}}{2}$.
Из треугольника $HMM_1$ находим $\sin(\angle MHM_1) = \frac{MM_1}{HM} = \frac{6}{\frac{3\sqrt{19}}{2}} = \frac{4}{\sqrt{19}}$.
В треугольнике $HNB$ искомая высота $NB = HB \cdot \sin(\angle NHB)$.
Так как $\angle NHB = \angle MHM_1$, получаем: $NB = 3\sqrt{3} \cdot \frac{4}{\sqrt{19}} = \frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{19}} = \frac{12\sqrt{57}}{19}$.
Заметим, что $\frac{12\sqrt{57}}{19} = \frac{12\sqrt{57} \cdot \sqrt{57}}{19\sqrt{57}} = \frac{12 \cdot 57}{19\sqrt{57}} = \frac{36}{\sqrt{57}}$.

Ответ: $\frac{36}{\sqrt{57}}$

Источник: ФИПИ