Точка \(O\) - точка пересечения диагоналей грани \(CDD_1C_1\) куба \(ABCDA_1B_1C_1D_1\). Плоскость \(DA_1C_1\) пересекает диагональ \(BD_1\) в точке \(F\). а) Докажите, что \(BF:FD_1=A_1F:FO\). б) Точки \(M\) и \(N\) - середины ребер \(AB\) и \(AA_1\) соответственно. Найдите угол между прямой \(MN\) и плоскостью \(DA_1C_1\).

а) Пусть \(A_1C_1 \cap B_1D_1 = X\). Так как \(A_1B_1C_1D_1\) – квадрат, его диагонали точкой пересечения делятся пополам, то \(A_1X=XC_1,\ D_1X=XB_1\). Так как плоскость \(DA_1C_1\) пересекает плоскость \(BDD_1\) по прямой \(DX\), и при этом точка \(F\) принадлежит обеим плоскостям, \(F\in DX\). В плоскости \(BDD_1\) треугольник \(BDF\) подобен треугольнику \(D_1XF\) по двум углам (\(\angle BDF = \angle D_1XF\) как накрест лежащие при параллельных прямых \(BD\) и \(B_1D_1\) и секущей \(DX\), \(\angle DFB = \angle XFD_1\) как вертикальные). \(\Rightarrow BF:FD_1 = DF:FX=BD:XD_1=2:1\) В треугольнике \(DA_1C_1\) \(DX\) медиана, а раз точка \(F\) делит ее в отношении \(2:1\), то \(F\) - точка пересечения медиан. Тогда \(F\in A_1O\), так как \(O\) середина стороны \(DC_1\) (в квадрате \(DCC_1D_1\) диагонали точкой пересечения делятся пополам). \(\Rightarrow A_1F:FO=2:1=BF:FD_1\) Ч.т.д. б) \(MN\) - средняя линия треугольника \(BAA_1\), значит \(MN \parallel BA_1 \parallel CD_1\). Так как \(CDD_1C_1\) квадрат, то его диагонали перпендикулярны \(\Rightarrow CD_1 \perp DC_1\). Прямоугольные треугольники \(DA_1D_1\) и \(A_1D_1C_1\) равны по двум катетам (\(DD_1=CC_1\), \(D_1A_1\) общий), значит \(DA_1=C_1A_1\), а треугольник \(DA_1C_1\) равнобедренный. \(A_1O\) - медиана и высота, значит \(A_1O \perp DC_1\). Тогда искомый угол по определению является углом \(A_1OD_1\). Пусть сторона куба равна \(x\). Тогда по теореме Пифагора: \(CD_1 = \sqrt{DC^2 +DD_1 ^2}=x\sqrt{2} \\ OD_1=\dfrac{CD_1}{2}=\dfrac{x\sqrt{2}}{2} \\ \Rightarrow \angle A_1OD_1 =\mathrm{arctg} \, \dfrac{A_1D_1}{OD_1}=\mathrm{arctg} \, \dfrac{x}{\frac{x\sqrt{2}}{2}}=\mathrm{arctg} \, \sqrt{2}\) Ответ: б) \(\mathrm{arctg} \, \sqrt{2}\) или \(\arccos \dfrac{\sqrt{3}}{3}\) или \(\arcsin \dfrac{\sqrt{6}}{3}\)

В прямоугольном параллелепипеде \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) известно, что \(AB=3\), \(AD=4\), \(AA_1 =6\). Через точки \(B_1\) и \(D\) параллельно \(AC\) проведена плоскость, пересекающая ребро \(CC_1\) в точке \(K\). а) Докажите, что \(K\) — середина \(CC_1\). б) Найдите расстояние от точки \(B\) до плоскости сечения.

а) Построим плоскость сечения. Для этого продолжим сторону \(AB\) за точку \(A\), а сторону \(BC\) — за точку \(C\). Через точку \(D\) проведём прямую, параллельную \(AC\), до пересечения с продолжениями сторон. Пусть проведённая прямая пересекает продолжение стороны \(AB\) в точке \(E\), а продолжение \(BC\) – в точке \(F\). Соединим точку \(B_1\) с точками \(E\) и \(F\). Тогда \((EB_1F)\) – искомая плоскость. По условию \((EB_1F)\) пересекает ребро \(CC_1\) в точке \(K\). Рассмотрим \(\Delta ACB\) и \(\Delta DFC\): По условию \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, значит, \(AB=DC\) и \(AB||DC\). \(AC||EF\) по построению. Тогда \(\angle FDC=\angle DCA\) и \(\angle DCA=\angle CAB\) как накрест лежащие, следовательно, \(\angle FDC=\angle CAB\). \(\angle ABC=\angle DCF=90^\circ\). Тогда \(\Delta ACB=\Delta DFC\) по двум углам и прилежащей к ним стороне и, значит, \(BC=CF\). Рассмотрим \(\Delta B_1C_1K\) и \(\Delta FCK\): По условию \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, значит, \(BC=B_1C_1\) и \(CB||B_1C_1\). Тогда \(\angle C_1B_1K=\angle CFK\) как накрест лежащие. \(\angle B_1C_1K=\angle FCK=90^\circ\). \(B_1C_1=BC=CF\), тогда \(\Delta B_1C_1K=\Delta FCK\) по двум углам и прилежащей к ним стороне. Значит \(CK=KC_1\), то есть \(K\) — середина \(CC_1\), что и требовалось доказать. б) Пусть \(h_B\) – расстояние от точки \(B\) до плоскости \((EB_1F)\). Тогда объём пирамиды \(EB_1FB\) равен: \(V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}h_B\cdot S_{EB_1F}\) С другой стороны, объём пирамиды \(EB_1FB\) можно найти как: \(V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}\cdot BB_1\cdot S_{EBF}\) Тогда: \(V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}h_B\cdot S_{EB_1F}=\frac{1}{3}\cdot BB_1\cdot S_{EBF}\\ h_B=\frac{BB_1\cdot S_{EBF}}{S_{EB_1F}}\) Найдём площадь \(\Delta EBF\). Для этого рассмотрим \(\Delta EBF\) и \(\Delta ABC\): По построению \(AC||EF\), значит, \(\angle CAB=\angle DEA\). \(\angle ABC\) общий, следовательно, \(\Delta EBF\sim\Delta ABC\) по двум углам. По доказанному в пункте а) \(BC=CF\). Тогда: \(\frac{BE}{BA}=\frac{BF}{BC}=\frac{BC+CF}{BC}=\frac{2\cdot BC}{BC}=2\\ \frac{BE}{BA}=\frac{BA+AE}{BA}=1+\frac{AE}{BA}=2\Rightarrow AE=AB=3\) Тогда для \(\Delta EBF\) \(EB=AE+AB=3+3=6\), \(BF=BC+CF=4+4=8\). Площадь треугольника \(EBF\): \(S_{EBF}=\frac{1}{2}\cdot EB\cdot BF=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24\) Найдём площадь треугольника \(EB_1F\). По условию \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, значит, \(AA_1=BB_1=CC_1=DD_1=6\). Для прямоугольного \(\Delta EBF\) по теореме Пифагора: \(EB^2+BF^2=FE^2\\ FE=\sqrt{EB^2+BF^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10\) Для прямоугольного \(\Delta EBB_1\) по теореме Пифагора: \(EB^2+B_1B^2=B_1E^2\\ B_1E=\sqrt{EB^2+B_1B^2}=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{2\cdot 36}=6\sqrt{2}\) Для прямоугольного \(\Delta FBB_1\) по теореме Пифагора: \(FB^2+B_1B^2=B_1F^2\\ B_1F=\sqrt{FB^2+B_1B^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10\) Тогда площадь \(\Delta EB_1F\) по формуле Герона: \(S_{EB_1F}=\sqrt{p_{EB_1F}(p_{EB_1F}-FE)(p_{EB_1F}-B_1E)(p_{EB_1F}-B_1F)},\) где \(p_{EB_1F}\) – полупериметр \(\Delta EB_1F\): \(p_{EB_1F}=\frac{FE+B_1E+B_1F}{2}=\frac{10+6\sqrt{2}+10}{2}=10+3\sqrt{2}\) Тогда: \(S_{EB_1F}=\sqrt{p_{EB_1F}(p_{EB_1F}-FE)(p_{EB_1F}-B_1E)(p_{EB_1F}-B_1F)}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10+3\sqrt{2})(10+3\sqrt{2}-10)(10+3\sqrt{2}-6\sqrt{2})(10+3\sqrt{2}-10)}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10+3\sqrt{2})(3\sqrt{2})(10-3\sqrt{2})(3\sqrt{2})}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10^2-(3\sqrt{2})^2)(3\sqrt{2})^2}=\sqrt{(100-18)\cdot 18}=\sqrt{82\cdot 18}=\sqrt{2\cdot 41\cdot 2\cdot 9}=6\sqrt{41}\) Тогда: \(h_B=\frac{BB_1\cdot S_{EBF}}{S_{EB_1F}}=\frac{6\cdot 24}{6\sqrt{41}}=\frac{24}{\sqrt{41}}\) Ответ: \(\frac{24}{\sqrt{41}}\)