Задача №16521

Основанием прямой призмы $ABCD{A}_1{B}_1{C}_1{D}_1$ является ромб $ABCD\text{.}$ Плоскость $\alpha$ пересекает рёбра $D{D}_1$ и $A{A}_1$ в точках $M$ и $K$ соответственно так, что $DM:M{D}_1=4:1\text{,}$ $AK:K{A}_1=2:3\text{,}$ а ребро $AB$ — в середине $L\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $\alpha$ проходит через точку $C\text{.}$

б) Найдите расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha \text{,}$ если сторона ромба равна $2\sqrt{10}\text{,}$ тангенс острого угла ромба равен $\frac{3}{4}\text{,}$ а высота призмы равна $10\text{.}$

а) Пусть $\alpha \cap (AB{B}_1)=KL$ и $\alpha \cap (CD{D}_1)=MX\text{,}$ где $X\in DC\text{.}$ Поскольку грани $(AB{B}_1{A}_1)$ и $(CD{D}_1{C}_1)$ параллельны (противоположные грани прямой призмы с основанием-ромбом), линии пересечения секущей плоскости с ними параллельны: $MX\parallel KL\text{.}$

По условию $\frac{AK}{A{A}_1}=\frac{2}{5}\text{,}$ $\frac{DM}{D{D}_1}=\frac{4}{5}\text{,}$ поэтому $AK=\frac{2}{5}h\text{,}$ $DM=\frac{4}{5}h$ (где $h$ — высота призмы), и $\frac{AK}{DM}=\frac{1}{2}\text{.}$

Треугольники $△KAL$ и $△MDX$ имеют параллельные стороны $KL\parallel MX\text{,}$ $A{A}_1\parallel D{D}_1\text{,}$ поэтому они подобны по двум углам с коэффициентом подобия $k=\frac{AK}{DM}=\frac{1}{2}\text{.}$ Значит, $\frac{AL}{DX}=\frac{1}{2}\text{,}$ то есть $DX=2\cdot AL\text{.}$

Но $AL=\frac{1}{2}AB$ (по условию $L$ — середина $AB$), а $DC=AB\text{,}$ поэтому $DX=AB=DC\text{.}$ Значит, точка $X$ совпадает с $C\text{,}$ и плоскость $\alpha$ проходит через вершину $C\text{.}$

б) Из доказательства следует, что прямые $MK$ и $AD$ пересекаются в точке $Q$ такой, что $△KAQ\sim △MDQ$ с коэффициентом $\frac{1}{2}\text{,}$ откуда $AQ=AD=BC\text{.}$

Треугольники $△QAL$ и $△CBL$ равны по стороне ($AL=BL\text{,}$ поскольку $L$ — середина $AB$) и двум прилежащим углам, поэтому $\rho (B;\alpha )=\rho (A;\alpha )\text{.}$

Проведём $AT\perp QL$ в плоскости основания. По теореме о трёх перпендикулярах $KT\perp QL\text{,}$ и $QL\perp (KTA)\text{.}$ Опустим $AP\perp KT\text{.}$ Тогда $AP\perp KT$ и $AP\perp QL$ (так как $AP\subset (KTA)\text{,}$ а $QL\perp (KTA)$), при этом $KT,QL\subset \alpha \text{.}$ Значит, $AP\perp \alpha$ и $\rho (A;\alpha )=AP\text{.}$

Вычислим площадь и стороны. Так как $AB=2\sqrt{10}$ и $\mathrm{tg}\angle BAD=\frac{3}{4}\text{,}$ то $\sin \angle BAD=\frac{3}{5}\text{,}$ $\cos \angle BAD=\frac{4}{5}\text{,}$ а $\cos \angle ABC=-\frac{4}{5}\text{.}$

Площадь ромба:

$$S_{ABCD}=A{B}^2\sin \angle BAD=40\cdot \frac{3}{5}=24.$$

Для треугольника $△LBC$ (где $BL=\sqrt{10}$ и $BC=2\sqrt{10}$) по теореме косинусов:

$$LC=\sqrt{B{C}^2+B{L}^2-2\cdot BC\times BL\cdot \cos \angle ABC}=\sqrt{40+10-2\cdot 2\sqrt{10}\cdot \sqrt{10}\cdot \left(-\frac{4}{5}\right)}=\sqrt{82}.$$

По равенству треугольников $QL=LC=\sqrt{82}\text{.}$

Площадь $S_{△LAQ}=S_{△LBC}=\frac{1}{4}{S}_{ABCD}=6\text{.}$ С другой стороны, $S_{△LAQ}=\frac{1}{2}QL\cdot AT\text{,}$ откуда:

$$AT=\frac{2\cdot 6}{\sqrt{82}}=\frac{12}{\sqrt{82}}.$$

Высота призмы равна $10\text{,}$ тогда $AK=\frac{2}{5}\cdot 10=4\text{.}$ По теореме Пифагора в $△ATK$ (где $\angle KAT=90^{\circ }$):

$$KT=\sqrt{A{T}^2+A{K}^2}=\sqrt{\frac{144}{82}+16}=\sqrt{\frac{144+1312}{82}}=\sqrt{\frac{1456}{82}}=\sqrt{\frac{728}{41}}.$$

В том же треугольнике $AP$ — высота, опущенная из $A$ на гипотенузу $KT\text{:}$

$$AP=\frac{AT\cdot AK}{KT}=\frac{12\cdot 4}{\sqrt{82}\cdot \sqrt{\frac{728}{41}}}=\frac{48}{\sqrt{1456}}=\frac{48}{4\sqrt{91}}=\frac{12}{\sqrt{91}}.$$

Ответ:

б) $\frac{12}{\sqrt{91}}$