Задача №18309

а) Построим сечение правильной треугольной призмы плоскостью $\alpha \text{.}$ Так как точки $A$ и $K$ лежат в одной грани, то можем их соединить. Аналогично для точек $A$ и $C\text{.}$ Так как верхняя и нижняя грани лежат в параллельных плоскостях, то плоскость $\alpha$ пересекает верхнюю грань по прямой, параллельной прямой $AC\text{.}$ Пусть плоскость $\alpha$ пересекает ребро $B_1{C}_1$ в точке $P\text{,}$ тогда $AC\parallel KP\text{.}$ При этом так как $A_1{C}_1\parallel AC$ и по теореме Фалеса точка $P$ — середина ребра $B_1{C}_1\text{.}$ Получили, что сечением призмы плоскостью $\alpha$ является четырёхугольник $AKPC\text{.}$

Так как призма правильная, то $A_1{B}_1{C}_1$ — равносторонний треугольник, следовательно $A_{1}K=K{B}_1=C_{1}P=P{B}_1\text{.}$

По теореме Пифагора в прямоугольном $△C{C}_{1}P\text{:}$

$$C{P}^2=C{C}_1^2+C_1{P}^2.$$

По теореме Пифагора в прямоугольном $△A{A}_{1}K\text{:}$

$$A{K}^2=A{A}_1^2+A_1{K}^2.$$

А так как $A{A}_1=C{C}_1$ и $A_{1}K=C_{1}P\text{,}$ получаем, что $AK=CP\text{.}$

Более того, $KP$ является средней линией $△A_1{B}_1{C}_1\text{,}$ а значит, $KP=\frac{A_1{C}_1}{2}=\frac{AC}{2}\text{,}$ то есть $KP\ne AC$ и $AKPC$ не является параллелограммом.

Тогда четырёхугольник $AKPC$ является равнобедренной трапецией.

б) Продлим отрезки $CP$ и $AK$ за точки $P$ и $K$ соответственно до пересечения с продолжением ребра $B{B}_1\text{.}$ По теореме о трёх попарно пересекающихся плоскостях они пересекутся в одной точке. Обозначим её за $S\text{.}$

В $△ABC$ опустим высоту $BE\text{.}$ Тогда $BE\perp AC\text{.}$ Более того, так как $SB\perp (ABC)\text{,}$ то $SB\perp AC\text{.}$ Следовательно, $AC\perp (SEB)\text{.}$

В $△SBE$ опустим высоту $BH\text{.}$ Получаем, что $BH\perp AC$ и $BH\perp SE\text{,}$ а значит, $BH\perp \alpha \text{.}$

Вычислим. Пусть основание призмы — равносторонний треугольник со стороной 6, высота призмы 6. Точка $P$ — середина $B_1{C}_1\text{,}$ $K$ — середина $A_1{B}_1\text{.}$ Прямые $CP$ и $AK$ пересекают продолжение $B{B}_1$ в точке $S\text{.}$ Поскольку $KP$ — средняя линия верхнего основания, треугольник $SKP$ подобен $SAC$ с коэффициентом $\frac{1}{2}\text{,}$ откуда $S$ лежит на продолжении $B{B}_1$ на расстоянии, дающем $SB=2B{B}_1=12\text{.}$

$BE=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$ — высота равностороннего треугольника со стороной 6.

В прямоугольном $△SBE\text{:}$

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

Расстояние от $B$ до плоскости $\alpha$ — высота $BH$ прямоугольного треугольника $SBE\text{,}$ опущенная на гипотенузу $SE\text{:}$

$$BH=\frac{SB\cdot BE}{SE}=\frac{12\cdot 3\sqrt{3}}{3\sqrt{19}}=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{19}}=\frac{36}{\sqrt{57}}.$$

Ответ: б) $\frac{36}{\sqrt{57}}\text{.}$