В кубе ABCDA1B1C1D1, ребро которого равно 12, точки K и L — середины ребер AD и C1D1 соответственно, а точка F расположена на ребре BC так, что CF = 3BF.
а) Докажите, что плоскость KLF делит диагональ AC основания ABCD в отношении 2 : 3, считая от точки A.
б) Найдите расстояние от точки D1 до плоскости KLF.
а) Рассмотрим квадрат ABCD (см. рис. слева). Пусть отрезки KF и AC пересекаются в точке M. Треугольники CFM и AKM подобны с коэффициентом подобия k = CF : AK = 3 : 2, следовательно, AM : MC = 3 : 2, диагональ AC делится плоскостью KLF в отношении 2 : 3.
б) Пусть P — точка пересечения прямых FK и CD, а Q — точка пересечения прямой PL с прямыми CC1 и DD1, соответственно, S — точка пересечения плоскости KLF с прямой A1D1. Тогда расстояние от точки D1 до плоскости KLF равно высоте пирамиды SLQD1, опущенной из вершины D1. Треугольники PDK и PCF, LQD1 и PQD, а также SQD1 и KQD подобны. Следовательно,
откуда 
Тогда
откуда 
Находим:
Объем четырехугольника SLQD1 равен
Таким образом, находим:
Напишем теорему косинусов для треугольника SLQ:
Следовательно,
Находим площадь треугольника SLQ:
Таким образом, расстояние от точки D1 до плоскости KLF равно
Приведем немного другое решение пункта б).
В предыдущем решении получено, что:
При этом DP, DK и DQ три взаимно перпендикулярных ребра также, как и ребра D1L, D1S, D1Q, следовательно, пирамиды DPKQ и D1LSQ — подобны с коэффициентом подобия k = 4.
Из точек D и Q на прямую PK опустим перпендикуляры. По теореме о трех перпендикулярах из основаниями будет одна и та же точка — R. В плоскости QDR из точки D опустим перпендикуляр на прямую QR. Заметим, что прямая PK перпендикулярна плоскости QDR и, следовательно, DH. Таким образом, прямая DH перпендикулярна плоскости KLF, а длина отрезка DH равна расстоянию от точки D до плоскости KLF и в четыре раза больше расстояния до этой же плоскости от точки D1.
Ответ: б) 