Задача №16037

а) Точки $A$ и $K$ лежат в грани $AB{B}_1{A}_1\text{,}$ точки $A$ и $C$ — в грани $ABC\text{.}$ Плоскость $\alpha$ пересекает нижнюю грань по прямой $AC\text{.}$ Так как основания призмы параллельны, плоскость $\alpha$ пересекает верхнюю грань $A_1{B}_1{C}_1$ по прямой, параллельной $AC\text{.}$

Пусть эта прямая проходит через точку $K$ и пересекает ребро $B_1{C}_1$ в точке $P\text{.}$ Тогда $KP\parallel AC\text{.}$ Поскольку $A_1{B}_1{C}_1$ — правильный треугольник, а $K$ — середина $A_1{B}_1\text{,}$ отрезок $KP$ параллелен $A_1{C}_1\text{,}$ следовательно, $KP$ является средней линией $△A_1{B}_1{C}_1\text{,}$ и $P$ — середина $B_1{C}_1\text{.}$

Длина $KP=\frac{1}{2}{A}_1{C}_1=3\text{.}$ Длина $AC=6\text{.}$ Так как $KP\parallel AC$ и $KP\ne AC\text{,}$ четырёхугольник $AKPC$ является трапецией.

Найдём её боковые стороны. Треугольники $A{A}_{1}K$ и $C{C}_{1}P$ — прямоугольные. По теореме Пифагора:

$$AK=\sqrt{A{A}_1^2+A_1{K}^2}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$$ $$CP=\sqrt{C{C}_1^2+C_1{P}^2}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$$

Поскольку $AK=CP\text{,}$ трапеция $AKPC$ — равнобедренная.

б) Продолжим боковые стороны трапеции $AK$ и $CP$ до пересечения. Они пересекутся в некоторой точке $S\text{.}$

Прямая $CP$ лежит в плоскости $BC{C}_1\text{,}$ прямая $AK$ — в плоскости $AB{B}_1\text{.}$ Обе эти прямые пересекают прямую $B{B}_1\text{.}$ Так как $B{B}_1$ — линия пересечения этих плоскостей, точка $S$ лежит на продолжении ребра $B{B}_1\text{.}$

Рассмотрим $△SBC\text{.}$ Так как $B_{1}P\parallel BC\text{,}$ $△S{B}_{1}P\sim △SBC\text{.}$ Поскольку $P$ — середина $B_1{C}_1\text{,}$ коэффициент подобия равен $\frac{1}{2}\text{.}$ Тогда $B_1$ — середина $SB\text{,}$ откуда $S{B}_1=B{B}_1=6\text{,}$ следовательно, $SB=12\text{.}$

Плоскость сечения совпадает с плоскостью $SAC\text{.}$ Искомое расстояние — это расстояние от точки $B$ до плоскости $SAC\text{.}$ Так как призма правильная, ребро $SB$ перпендикулярно плоскости основания $ABC\text{.}$

Проведём в $△ABC$ высоту $BE$ к стороне $AC\text{.}$ Поскольку $△ABC$ — равносторонний со стороной 6, $BE=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\text{.}$

Так как $SB\perp (ABC)\text{,}$ отрезок $SE$ является наклонной, а $BE$ — её проекцией на плоскость $ABC\text{.}$ Поскольку $BE\perp AC\text{,}$ по теореме о трёх перпендикулярах $SE\perp AC\text{.}$

Плоскость $SBE$ перпендикулярна прямой $AC\text{,}$ так как $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BE$ и $SE$ в этой плоскости. Следовательно, плоскость $SBE$ перпендикулярна плоскости $SAC\text{.}$

Проведём высоту $BH$ в прямоугольном $△SBE\text{.}$ Так как $BH\perp SE$ и $BH$ лежит в плоскости $SBE\text{,}$ перпендикулярной плоскости $SAC\text{,}$ отрезок $BH$ является перпендикуляром к плоскости $SAC\text{,}$ то есть искомым расстоянием.

В $△SBE$ по теореме Пифагора:

$$SE=\sqrt{S{B}^2+B{E}^2}=\sqrt{12^2+(3\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{144+27}=\sqrt{171}=3\sqrt{19}$$

Высоту $BH$ найдём через площадь $△SBE\text{:}$

$$BH=\frac{SB\cdot BE}{SE}=\frac{12\cdot 3\sqrt{3}}{3\sqrt{19}}=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{19}}=\frac{12\sqrt{57}}{19}$$