Задача №16837

Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник missions/fc71667c-1738-46ea-a271-5002ec5f9711.png

Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник$ABC\text{,}$ $AB=BC\text{.}$ Точка $K$ — точка пересечения диагоналей грани $AC{C}_1{A}_1\text{,}$ точка $L$ делит ребро $A_1{B}_1$ так, что $A_{1}L:L{B}_1=3:1\text{,}$ точка $M$ делит ребро $BC$ в отношении $CM:MB=1:3\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $KML$ делит ребро $B{B}_1$ в отношении $9:1\text{,}$ считая от точки $B\text{.}$
б) Найдите расстояние от вершины $A$ до плоскости $KML\text{,}$ если $AB=BC=4\sqrt{5}\text{,}$ $A{A}_1=20\text{,}$ $AC=16\text{.}$

Решение пункта а)

1. Пусть $A_1{B}_1=AB=BC=4x\text{,}$ тогда $B_{1}L=CM=x\text{,}$ $BM=3x\text{.}$ В плоскости $ABC\text{:}$ пусть $AC=4y\text{.}$ Проведём $MN\parallel AC\text{,}$ где $MN\cap AB=N\text{.}$ Тогда $△BMN\sim △BCA$ (по двум углам: $\angle B$ — общий, $\angle MNB=\angle A$ как соответственные при $MN\parallel AC$ и секущей $AB$). Из подобия имеем:

$$\frac{MN}{AC}=\frac{BN}{AB}=\frac{BM}{BC}=\frac{3}{4},$$

откуда $MN=3y\text{,}$ $BN=3x\text{,}$ $AN=AB-BN=x\text{.}$

2. Боковые грани прямой призмы — прямоугольники, $A_{1}K=CK$ по свойству диагоналей. В плоскости $AC{C}_1$ проведём $KF\parallel AC\text{,}$ где $KF\cap A{A}_1=F\text{.}$ По теореме Фалеса $A_{1}F=AF\text{,}$ следовательно, $KF$ — средняя линия $△A{A}_{1}C\text{,}$ значит, $KF=\frac{1}{2}AC=2y\text{.}$

3. Так как $MN\parallel AC$ и $KF\parallel AC\text{,}$ то $MN\parallel KF\text{.}$ Эти прямые задают единственную плоскость $KMN\text{.}$ Пусть в этой плоскости $KM\cap FN=D\text{.}$ Тогда $△DKF\sim △DMN$ (общий угол $\angle D$ и соответственные углы при $MN\parallel KF$). Из подобия следует:

$$\frac{DF}{DN}=\frac{KF}{MN}=\frac{2y}{3y}=\frac{2}{3}.$$

Следовательно, если $FN=a\text{,}$ то $DF=2a\text{,}$ а $DN=3a\text{.}$ Так как $D\in KM$ и $KM\subset KML\text{,}$ то $D\in KML\text{.}$

4. В плоскости $AB{B}_1$ пусть $FN\cap A_1{B}_1=E\text{.}$ Проведём $DH\perp A_1{B}_1\text{,}$ где $H\in A_1{B}_1\text{.}$ Пусть $DL\cap B{B}_1=P\text{.}$ Так как $DL\subset KML\text{,}$ то $B{B}_1\cap KML=P\text{.}$ Прямоугольные треугольники $△A_{1}FE=△AFN$ по катету ($A_{1}F=AF$) и вертикальным острым углам. Отсюда $A_{1}E=AN=x$ и $FE=FN=a\text{.}$ Тогда $DE=DF-FE=2a-a=a\text{,}$ и $△HDE=△A_{1}FE$ (по гипотенузе и вертикальному острому углу), значит, $HE=A_{1}E=x$ и $HD=A_{1}F=\frac{1}{2}A{A}_1=\frac{1}{2}B{B}_1\text{.}$ Тогда $LH=A_{1}L+A_{1}E+HE=3x+x+x=5x\text{.}$

5. Рассмотрим прямоугольные треугольники $△PL{B}_1$ и $△DLH\text{.}$ Они подобны по двум углам (прямой угол и вертикальные углы при вершине $L$). Из подобия:

$$\frac{B_{1}P}{HD}=\frac{B_{1}L}{LH}=\frac{x}{5x}=\frac{1}{5}.$$

Следовательно, $HD=5B_{1}P\text{.}$ Учитывая, что $B{B}_1=2HD\text{,}$ получаем $B{B}_1=10B_{1}P\text{.}$ Тогда $BP=B{B}_1-B_{1}P=9B_{1}P\text{.}$ Таким образом, $BP:B_{1}P=9:1\text{,}$ что и требовалось доказать.

Решение пункта б)

При заданных значениях $AB=BC=4\sqrt{5}\text{,}$ $A{A}_1=20\text{,}$ $AC=16$ расстояние от точки $A$ до плоскости $KML$ равно $\frac{26}{3}\text{.}$

Ответ:

б) $8\frac{2}{3}$