а) Заметим, что и поэтому значит,

б) Опустим из A перпендикуляр на SB. Он будет перпендикулярен также BC, поскольку Поэтому его длина и есть расстояние от A до SBC. Вычислим ее

Ответ:

а) Точка O принадлежит отрезку BN, значит, точка P, лежащая на отрезке SO, находится в плоскости SBN. Значит, прямая NP также лежит в плоскости SBN и пересекает прямую SB в точке K. Треугольник SNB равнобедренный, поскольку отрезки SN и BN — медианы одинаковых равносторонних треугольников SAC и BAC. Поэтому SN = BN. В точке O пересекаются медианы основания, значит, Опустим перпендикуляр из точки P на сторону SN. Пусть он пересекает SN в точке M. Треугольники SPM и SNO подобны, поэтому Значит, Следовательно, треугольники NPO и NPM равны и PN — биссектриса угла SNB. В равнобедренном треугольнике биссектриса является медианой и высотой. Значит, NK ⊥ BS.

б) Так как BS перпендикулярно NK, то искомое расстояние равно длине отрезка BK. Так как NK является медианой треугольника SNB, то

Ответ: 2.

а) Стороны треугольника SBD равны 5, 5 и поэтому он прямоугольный, то есть прямая SD перпендикулярна прямой SB. Очевидно, что прямые SB и PQ параллельны как стороны равносторонних треугольников, тогда прямая SD перпендикулярна прямой PQ. Прямая AC перпендикулярна прямой BD, и по теореме о трёх перпендикулярах прямая AC перпендикулярна прямой SD, а значит, и прямая QR перпендикулярна прямой SD. Таким образом, плоскость PQR перпендикулярна ребру SD.

б) Пусть плоскость PQR пересекает ребро SD в точке E. Из доказанного следует, что прямая PE перпендикулярна прямой SD, откуда

Значит, Поскольку плоскость PQR перпендикулярна ребру SD, искомое расстояние равно DE.

Ответ: б)

Построим сечение призмы плоскостью γ. а) Проведём КР || АС, , CP = 1. Проведём PL, проведём LR || AC, Проведём RK. Трапеция LPLR — искомое сечение. Сечение параллельно АС по признаку параллельности прямой к плоскости.

Введём систему координат, как показано на рисунке. В этой системе координат: В(0; 0; 0), С(0; 6; 0), В'(0; 0; 3), C'(0; 6; 3), P(0; 5; 0),

Тогда

Откуда получаем:

Так как и получаем, что Что и требовалось доказать.

б) Далее заметим, что плоскость сечения перпендикулярна вектору , найдем уравнение плоскости и вычислим расстояние от точки до плоскости:

Найдём свободный член D в уравнении плоскости подставив координаты точки К:

Упростив уравнение плоскости, получим:

Тогда для искомого расстояния получаем:

Приведем другое решение.

а) Четырёхугольник RLPK — искомое сечение. Проведём плоскость B'MTB. Имеем:

Рассмотрим прямоугольник BB'MT. Заметим, что LR — средняя линия треугольника A'B'C', тогда F' — середина B'M, тогда

Пусть теперь Тогда

По обратной теореме Пифагора, треугольник FF'F'' прямоугольный следовательно, Это и требовалось доказать.

б) Заметим, что так как то Пусть основанием перпендикуляра опущенного из T на γ будет являться точка S. Тогда TS || BM || F''F. Таким образом, треугольники FTS и FF''F' будут подобны. Следовательно, откуда

Ответ: б)

Еще один подход к решению задачи, не использующий метод координат, укажем на примере задачи 514653.

а) Так как плоскость параллельна диагонали основания BD, то пересекает основание ABCD по прямой KK₁ параллельной BD, K₁ лежит на CD. Так как, прямая сечения LL₁ параллельна BD, где L₁ лежит на B₁C₁. Сечением призмы будет трапеция

Для того, чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, необходимо, чтобы она была перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

Заметим, что проекцией прямой AC₁ на плоскость ABCD является прямая AC. Кроме того, как диагонали квадрата таким образом по теореме о трех перпендикулярах следовательно,

Рассмотрим плоскость AA₁C₁C. Пусть эта плоскость пересекает прямые KK₁ и LL₁ в точках E и F соответственно. O — точка пересечения EF и AC₁. Четырёхугольник AA₁C₁C — прямоугольник, причём

Так как AA₁C₁ прямоугольник, Значит, Таким образом,

Тогда по обратной теореме Пифагора следовательно, треугольник прямоугольный, Таким образом,

б) Расстояние от точки B₁ до плоскости равно расстоянию до нее от любой точки параллельной ей прямой B₁D₁. Из точки M — пересечения диагоналей грани в плоскости AA₁C₁C опустим перпендикуляр MH на прямую EF. Так как, по доказанному в п. а) плоскость следовательно, указанный перпендикуляр — искомое расстояние. Найдем Заметим, Таким образом,

Ответ: б)