Задача №18314

а) Построим сечение куба плоскостью $\alpha \text{.}$ Так как точки $B$ и $K$ лежат в одной грани, то можем их соединить. Аналогично для точек $B$ и $D\text{.}$ Так как верхняя и нижняя грани лежат в параллельных плоскостях, то плоскость $\alpha$ пересекает верхнюю грань по прямой, параллельной прямой $BD\text{.}$ Пусть плоскость $\alpha$ пересекает ребро $C_1{D}_1$ в точке $P\text{,}$ тогда $BD\parallel KP\text{.}$ При этом так как $K$ — середина $B_1{C}_1$ и $BD\parallel KP$ и по теореме Фалеса точка $P$ — середина $C_1{D}_1\text{.}$ Получили, что сечением куба плоскостью $\alpha$ является четырёхугольник $BKPD\text{.}$

Из точек $K$ и $P$ опустим перпендикуляры на нижнюю грань куба. Пусть их основания — $H_1$ и $H_2$ соответственно. Пусть ребро куба $2x\text{.}$ Тогда

$$B{H}_1=B_{1}C=C{H}_2=H_{2}D=x.$$

По теореме Пифагора для треугольника $BK{H}_1\text{:}$

$$B{K}^2=K{H}_1^2+B{H}_1^2,$$ $$B{K}^2=4x^2+x^2=5x^2.$$

По теореме Пифагора для треугольника $DP{H}_2\text{:}$

$$D{P}^2=P{H}_2^2+D{H}_2^2,$$ $$D{P}^2=4x^2+x^2=5x^2.$$

Таким образом, $BK=DP\text{.}$

Заметим, что $KP$ является средней линией $△B_1{C}_1{D}_1\text{,}$ а значит, $KP=\frac{B_1{D}_1}{2}=\frac{BD}{2}\text{,}$ то есть $KP\ne BD$ и $BKPD$ не является параллелограммом.

Следовательно, четырёхугольник $BKPD$ является равнобедренной трапецией.

б) Продлим отрезки $DP$ и $BK$ за точки $P$ и $K$ соответственно до пересечения с продолжением ребра $C{C}_1\text{.}$ По теореме о трёх попарно пересекающихся плоскостях они пересекутся в одной точке, пусть это точка $S\text{.}$

Проведём диагональ $A_1{C}_1$ верхней грани куба. Пусть она пересекает отрезок $KP$ в точке $E\text{.}$ Тогда $C_{1}E\perp KP\text{.}$ Более того, $S{C}_1\perp KP\text{,}$ следовательно, $(SE{C}_1)\perp KP\text{.}$

В $△S{C}_{1}E$ опустим высоту $C_{1}H\text{.}$ Получаем, что $C_{1}H\perp KP$ и $C_{1}H\perp SE\text{,}$ а значит, $C_{1}H\perp \alpha \text{,}$ и длина $C_{1}H$ есть искомое расстояние, равное $2\text{.}$