а)  Точка O  — се­ре­ди­на диа­го­на­лей CB₁ и BC₁ пря­мо­уголь­ни­ка BCC₁B₁ (см. рис.). Сле­до­ва­тель­но, точка O лежит в плос­ко­сти ABC₁. Тре­уголь­ни­ки AD₁N и OBN по­доб­ны по двум сто­ро­нам и углу между ними, зна­чит,

Сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом, точка A лежит на пря­мой NO.

б)  Пря­мые BD₁ и CB₁  — скре­щи­ва­ю­щи­е­ся, а длина от­рез­ка NO равна рас­сто­я­нию между ними, зна­чит, он пер­пен­ди­ку­ля­рен обеим этим пря­мым. Таким об­ра­зом, пря­мая CB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABC₁, по­сколь­ку она пер­пен­ди­ку­ляр­на ле­жа­щим в ней пря­мым AB и AO. Сле­до­ва­тель­но, диа­го­на­ли пря­мо­уголь­ни­ка BCC₁B₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то есть он яв­ля­ет­ся квад­ра­том. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AD₁N и OBN сле­ду­ет, что От­ре­зок BN  — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABO (см. рис.). По­лу­ча­ем:

Зна­чит, Таким об­ра­зом, в пря­мо­уголь­ном па­рал­ле­ле­пи­пе­де ABCDA₁B₁C₁D₁ все рёбра равны  Сле­до­ва­тель­но, его объём равен 

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Игоря Эль­ма­на (Москва).

а)  Если па­рал­лель­ные про­ек­ции l₁ и l₂ пря­мой l на две не­па­рал­лель­ные плос­ко­сти пе­ре­се­ка­ют­ся, а пря­мые l, l₁ и l₂ не лежат в одной плос­ко­сти, то пря­мая l про­хо­дит через точку пе­ре­се­че­ния l₁ и l₂. Дей­стви­тель­но, пусть плос­кость α со­дер­жит пря­мые l и l₁, плос­кость β со­дер­жит пря­мые l и l₂ (см. рис.), и пусть По­сколь­ку плос­ко­сти α и β пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой l, она со­дер­жит все их общие точки, а зна­чит, и точку X. (Усло­вие «пря­мые l, l₁ и l₂ не лежат в одной плос­ко­сти» су­ще­ствен­но, контр­при­ме­ром яв­ля­ет­ся пря­мая, про­хо­дя­щая через точки (1; 0; 0) и (0; 0; 1) и не про­хо­дя­щая через на­ча­ло ко­ор­ди­нат, в то время как ее про­ек­ции  — оси Ох и Oy пе­ре­се­ка­ют­ся в на­ча­ле ко­ор­ди­нат.)

Пусть точки и   — про­ек­ции точек N и O на плос­кость ABC. Точка   — се­ре­ди­на от­рез­ка BC. По тео­ре­ме Фа­ле­са Пусть от­ре­зок   — пер­пен­ди­ку­ляр к сто­ро­не AB. Из по­до­бия пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков ABD и по остро­му углу сле­ду­ет и Имеем:

что озна­ча­ет, что точки A, и лежат на одной пря­мой.

Ана­ло­гич­но можно уста­но­вить, что и про­ек­ция NO на плос­кость ABB₁ про­хо­дит через точку A. От­сю­да сле­ду­ет, что и пря­мая NO про­хо­дит через точку A.

б)  Пря­мые BD₁ и CB₁  — скре­щи­ва­ю­щи­е­ся, рас­сто­я­ние между ними есть длина их об­ще­го пер­пен­ди­ку­ля­ра. Длина об­ще­го пер­пен­ди­ку­ля­ра наи­мень­шая среди длин всех от­рез­ков с кон­ца­ми на двух дан­ных скре­щи­ва­ю­щих­ся пря­мых. Из вы­ше­ска­зан­но­го за­клю­ча­ем, что от­ре­зок NO пер­пен­ди­ку­ля­рен и пря­мой BD₁, и пря­мой CB₁. Тогда пря­мая CB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на на­клон­ной AO, а сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах и её про­ек­ции BO. Сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник BB₁C₁C  — квад­рат, как пря­мо­уголь­ник с пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми диа­го­на­ля­ми.

Пусть По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра и

от­ку­да сле­до­ва­тель­но,

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Ивана Ива­но­ва.

Пусть Вве­дем си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке A так, чтобы на­прав­ле­ние оси Ox сов­па­да­ло с на­прав­ле­ни­ем век­то­ра на­прав­ле­ние оси Oy  — с на­прав­ле­ни­ем век­то­ра и на­прав­ле­ние оси Oz  — с на­прав­ле­ни­ем век­то­ра Сле­до­ва­тель­но,

Най­дем ко­ор­ди­на­ты век­то­ров: и По­лу­ча­ем сле­до­ва­тель­но, век­то­ра и кол­ли­не­ар­ны, то есть лежат либо на одной пря­мой, либо на па­рал­лель­ных пря­мых. Точка N при­над­ле­жит обоим этим век­то­рам, сле­до­ва­тель­но, они лежат на одной пря­мой, то есть точка A лежит на пря­мой ON, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

а)  Точка O  — се­ре­ди­на диа­го­на­лей CB₁ и BC₁ пря­мо­уголь­ни­ка BCC₁B₁ (см. рис.). Сле­до­ва­тель­но, точка O лежит в плос­ко­сти ABC₁. Тре­уголь­ни­ки AD₁N и OBN по­доб­ны по двум сто­ро­нам и углу между ними, зна­чит,

Сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом, точка A лежит на пря­мой NO.

б)  Пря­мые BD₁ и CB₁  — скре­щи­ва­ю­щи­е­ся, а длина от­рез­ка NO равна рас­сто­я­нию между ними, зна­чит, он пер­пен­ди­ку­ля­рен обеим этим пря­мым. Таким об­ра­зом, пря­мая CB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABC₁, по­сколь­ку она пер­пен­ди­ку­ляр­на ле­жа­щим в ней пря­мым AB и AO. Сле­до­ва­тель­но, диа­го­на­ли пря­мо­уголь­ни­ка BCC₁B₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то есть он яв­ля­ет­ся квад­ра­том.

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AD₁N и OBN сле­ду­ет, что От­ре­зок BN  — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABO (см. рис.). По­лу­ча­ем:

Зна­чит, Таким об­ра­зом, в пря­мо­уголь­ном па­рал­ле­ле­пи­пе­де ABCDA₁B₁C₁D₁ все рёбра равны 6. Сле­до­ва­тель­но, его объём равен 216.

Ответ: б)  216.

При­ве­дем ре­ше­ние Игоря Эль­ма­на (Москва).

а)  Если па­рал­лель­ные про­ек­ции l₁ и l₂ пря­мой l на две не­па­рал­лель­ные плос­ко­сти пе­ре­се­ка­ют­ся, а пря­мые l, l₁ и l₂ не лежат в одной плос­ко­сти, то пря­мая l про­хо­дит через точку пе­ре­се­че­ния l₁ и l₂. Дей­стви­тель­но, пусть плос­кость α со­дер­жит пря­мые l и l₁, плос­кость β со­дер­жит пря­мые l и l₂ (см. рис.), и пусть По­сколь­ку плос­ко­сти α и β пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой l, она со­дер­жит все их общие точки, а зна­чит, и точку X. (Усло­вие «пря­мые l, l₁ и l₂ не лежат в одной плос­ко­сти» су­ще­ствен­но, контр­при­ме­ром яв­ля­ет­ся пря­мая, про­хо­дя­щая через точки (1; 0; 0) и (0; 0; 1) и не про­хо­дя­щая через на­ча­ло ко­ор­ди­нат, в то время как ее про­ек­ции  — оси Ох и Oy пе­ре­се­ка­ют­ся в на­ча­ле ко­ор­ди­нат.)

Пусть точки и   — про­ек­ции точек N и O на плос­кость ABC. Точка   — се­ре­ди­на от­рез­ка BC. По тео­ре­ме Фа­ле­са Пусть от­ре­зок   — пер­пен­ди­ку­ляр к сто­ро­не AB. Из по­до­бия пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков ABD и по остро­му углу сле­ду­ет и Имеем:

что озна­ча­ет, что точки A, и лежат на одной пря­мой.

Ана­ло­гич­но можно уста­но­вить, что и про­ек­ция NO на плос­кость ABB₁ про­хо­дит через точку A. От­сю­да сле­ду­ет, что и пря­мая NO про­хо­дит через точку A.

б)  Пря­мые BD₁ и CB₁  — скре­щи­ва­ю­щи­е­ся, рас­сто­я­ние между ними есть длина их об­ще­го пер­пен­ди­ку­ля­ра. Длина об­ще­го пер­пен­ди­ку­ля­ра наи­мень­шая среди длин всех от­рез­ков с кон­ца­ми на двух дан­ных скре­щи­ва­ю­щих­ся пря­мых. Из вы­ше­ска­зан­но­го за­клю­ча­ем, что от­ре­зок NO пер­пен­ди­ку­ля­рен и пря­мой BD₁, и пря­мой CB₁. Тогда пря­мая CB₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на на­клон­ной AO, а сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах и её про­ек­ции BO. Сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник BB₁C₁C  — квад­рат, как пря­мо­уголь­ник с пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми диа­го­на­ля­ми.

Пусть По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра и

от­ку­да сле­до­ва­тель­но,

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

а)  Введём пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке B, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть Имеем:

Оче­вид­но, что по­то­му точка A при­над­ле­жит пря­мой NO.

б)  Далее на­хо­дим:

По­сколь­ку пря­мая NO пер­пен­ди­ку­ляр­ная пря­мой BD₁ и пря­мой B₁C. Тогда:

За­пи­шем эти ска­ляр­ные про­из­ве­де­ния и квад­рат длины век­то­ра в ко­ор­ди­на­тах, учтем, что все пе­ре­мен­ные по­ло­жи­тель­ны:

Тогда мно­го­гран­ник ABCDA₁B₁C₁D₁  — куб, его объём равен