Математика. Профильный уровень

[рис.] а)  Заметим, что угол BAC  ― линейный угол двугранного угла при ребре AA1. Тогда по теореме \cos ов

$BC ^2 = AB ^2 + AC ^2 - AB \cdot AC$

Пусть высота призмы равна h. Тогда из теоремы \cos ов

$\cos BA_1C_1 = $\frac{BA_1 ^2 + A_1C_1 ^2 - BC_1 ^2}{2BA_1 \cdot A_1C_1}$ = \frac{AB ^2 + h ^2 + AC ^2 - BC ^2 - h ^2}{2 $\sqrt{аргумента: AB ^2 + h ^2}$ аргумента A_1C_1} =$
$= \frac{AB \cdot AC}{2 $\sqrt{аргумента: AB ^2 + h ^2}$ аргумента \cdot A_1C_1} = \frac{AB}{2 $\sqrt{аргумента: AB ^2 + h ^2}$ аргумента} меньше \frac{1}{2}$ $\cos BA_1C_1 = $\frac{BA_1 ^2 + A_1C_1 ^2 - BC_1 ^2}{2BA_1 \cdot A_1C_1}$ =$
$= \frac{AB ^2 + h ^2 + AC ^2 - BC ^2 - h ^2}{2 $\sqrt{аргумента: AB ^2 + h ^2}$ аргумента A_1C_1} =$
$= \frac{AB \cdot AC}{2 $\sqrt{аргумента: AB ^2 + h ^2}$ аргумента \cdot A_1C_1} = \frac{AB}{2 $\sqrt{аргумента: AB ^2 + h ^2}$ аргумента} меньше \frac{1}{2}$

Поэтому угол BA1C1 больше угла BAC, что и требовалось доказать.

б)  ABCA1B1C1 ― прямая призма, ее боковые грани  ― прямоугольники, поэтому расстояние между боковыми ребрами AA1 и BB1 = AB, а расстояние между боковыми ребрами AA1 и СС1 = AC. Таким образом, AB  =  5, AC  =  8 и $\angle BAC = 60 в степени ( \circ )$
Пусть отрезок AH  ― высота треугольника ABC (см. рис.). Высота AH перпендикулярна стороне BC, а высота AH перпендикулярна ребру BB1, поэтому высота AH перпендикулярна плоскости (BC1C), и, значит, длина отрезка AH и есть искомое расстояние от прямой AA1 до параллельной ей плоскости BC1C.
Рассматривая треугольник ABC, находим:

$BC = $\sqrt{аргумента: AB ^2 + AC ^2 - 2 AB \cdot AC \cdot \cos \angle BAC}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 25 + 64 - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot 0,5}$ аргумента = 7$ $BC = $\sqrt{аргумента: AB ^2 + AC ^2 - 2 AB \cdot AC \cdot \cos \angle BAC}$ аргумента =$
$= $\sqrt{аргумента: 25 + 64 - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot 0,5}$ аргумента = 7$

Тогда

$2S_\Delta ABC = AB \cdot AC \cdot \sin \angle BAC = 5 \cdot 8 \cdot \sin 60 ^{\circ} = 20 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Таким образом, расстояние от прямой AA1 до плоскости BC1C =

$AH = $\frac{2S_\Delta ABC}{BC}$ = \frac{20 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7}$

Ответ: б)   $\frac{20 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7}$

[рис.] а)  Точка H лежит на отрезке MN. NC  =  ND, поэтому TC  =  TD. Это означает, что точка T лежит на SM. Таким образом, точки T и H лежат в плоскости SNM, перпендикулярной плоскости ABC.

$AH= \frac{AB}{$\sqrt{2}$} = \sqrt{6}$
$AS= $\sqrt{аргумента: SH ^2 + AH ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента$
$MN=AD=2 \sqrt{3}$
$SM=SN= $\sqrt{аргумента: SA ^2 - AN ^2}$ аргумента =2 \sqrt{3}$

Значит, треугольник SNM = сторонний, а NT  — его высота и, следовательно, медиана, T  — середина SM.

б)  Пусть E  — основание перпендикуляра, опущенного из точки T на прямую SC. [рис.] Прямые NT и TE перпендикулярны, поскольку NT  — высота пирамиды NSCD. Отрезок TE перпендикулярен как прямой SC, так и прямой NT, поэтому его длина и есть искомое расстояние.
Прямоугольные треугольники SET и SMC подобны, следовательно, $\frac{ET}{MC} = \frac{ST}{SC}$ откуда

$ET= $\frac{ST \cdot CM}{SC}$ = $\frac{SM \cdot CD}{4SC}$ = \frac{2 $\sqrt{3}$ \cdot 2 $\sqrt{3}$}{4 \cdot $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента} = \frac{3}{$\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента} = \frac{$\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}{5}$

Ответ: б) $\frac{$\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}{5}$

[рис.] а)  Прямая $BC_1$ пересекается с прямой $BB_1$ параллельной прямой $AA_1$ и лежит в плоскости $BCC_1}$ параллельной $AA_1$ поэтому расстояние между прямыми $AA_1$ и $BC_1$ = расстоянию от прямой $AA_1$ до плоскости $BCC_1$

б)  Пусть AK  — высота треугольника ABC. AK перпендикулярна грани $BCC_1B_1$ поскольку перпендикулярна двум пересекающимся прямым (BC и $BB_1$ ), лежащим в плоскости $BCC_1$ Таким образом, искомое расстояние  — длина отрезка AK. Из = стороннего треугольника ABC находим:

$AK= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} AB= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} \cdot 1= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

Ответ: $\frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

[рис.] а)  Заметим, что B1C1 ⊥ C1A1 как катеты прямоугольного треугольника и B1C1 ⊥ C1C, поскольку призма прямая. Тогда по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $B_1C_1 \perp ( ACA_1 )$ Кроме того, $A_1C \perp C_1A$ как диагонали квадрата. Далее, AB1  — наклонная, AC1  — ее проекция на плоскость ACA1, $A_1C$   — прямая в плоскости $ACA_1$ перпендикулярная проекции. По теореме о трёх перпендикулярах $AB_1 \perp CA_1$ что и требовалось доказать.

б)  Пусть точка M  — середина AC1. Тогда искомое расстояние = расстоянию от точки M до прямой AB1, поскольку прямая A1C перпендикулярна плоскости AB1C1. Это расстояние = половине высоты прямоугольного треугольника AB1C1, проведённой к гипотенузе, то есть

$d= $\frac{AC_1 \cdot B_1C_1}{2AB_1}$ = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента AC \cdot BC}{2 $\sqrt{аргумента: 2AC ^2 + BC ^2}$ аргумента} = \frac{14 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{9}$

Ответ: б) $\frac{14 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{9}$

Приведем решение Александра Турбанова (Липецк).
[рис.]
Введем прямоугольную систему координат с началом в точке С, как показано на рисунке. Пусть AC  =  a  =  AA1 и BC  =  b. Имеем:

$A ( 0; a; 0 )$
$A_1 ( 0; a; a )$
$B_1 ( b; 0; a )$

$\overrightarrowCA_1 ( 0; a; a )$
$\overrightarrowAB_1 ( b; - a; a )$

Скалярное произведение векторов CA1 и AB1 =

$\overrightarrowCA_1 \cdot \overrightarrowAB_1=0 \cdot b - a \cdot a + a \cdot a = 0$

следовательно, прямые CA1 и AB1 перпендикулярны.

б)  Поскольку a  =  AC  =  4 и b  =  BC  =  7, имеем:

$A ( 0; 4; 0 )$
$A_1 ( 0;4;4 )$
$B_1 ( 7; 0; 4 )$

Рассмотрим плоскость α, проходящую через AB1 и параллельную A1C. Вектор $\overrightarrowCA_1$ параллелен плоскости α, а значит, перпендикулярен нормали к ней. Пусть вектор нормали имеет координаты $\vecn = ( A, B, C )$ тогда $\overrightarrowCA_1 \cdot \vecn = 4B + 4C = 0$ откуда $B = - C$ Подставим координаты точек A и B1 в уравнение плоскости $Ax + By + Cz + D=0$ получим систему уравнений:

$$$\begin{cases} B = - C \\[6pt] 4B + D = 0 \\[6pt] 7A + 4C + D = 0. \end{cases}$$ . = сильно $$\begin{cases} B = - C \\[6pt] D = 4C \\[6pt] 7A + 4C + 4C = 0. \end{cases}$$ . = сильно $$\begin{cases} B = - C \\[6pt] D = 4C \\[6pt] A = - $\frac{8}{7}$ C. \end{cases}$$$

Находим уравнение плоскости α:

$ - $\frac{8}{7}$ Cx - Cy + Cz + 4C = 0 \undersetC не = 0 \mathop = сильно $\frac{8}{7}$ x + y - z - 4 = 0 = сильно 8x + 7y - 7z - 28 = 0$ $ - $\frac{8}{7}$ Cx - Cy + Cz + 4C = 0 \undersetC не = 0 \mathop = сильно$
$\mathop = сильно $\frac{8}{7}$ x + y - z - 4 = 0 = сильно 8x + 7y - 7z - 28 = 0$

Расстояние между прямыми CA1 и AB1 =

$\rho ( CA_1; AB_1 ) =\rho ( C; альфа ) = \frac{|8 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 7 \cdot 0 - 28|}{$\sqrt{аргумента: 64 + 49 + 49}$ аргумента} = \frac{28}{$\sqrt{аргумента: 162}$ аргумента} = \frac{28}{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента} = \frac{28 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{18} = \frac{14 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{9}$ $\rho ( CA_1; AB_1 ) =\rho ( C; альфа ) = \frac{|8 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 7 \cdot 0 - 28|}{$\sqrt{аргумента: 64 + 49 + 49}$ аргумента} =$
$= \frac{28}{$\sqrt{аргумента: 162}$ аргумента} = \frac{28}{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента} = \frac{28 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{18} = \frac{14 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{9}$ $\rho ( CA_1; AB_1 ) =\rho ( C; альфа ) =$
$= \frac{|8 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 7 \cdot 0 - 28|}{$\sqrt{аргумента: 64 + 49 + 49}$ аргумента} = \frac{28}{$\sqrt{аргумента: 162}$ аргумента} =$
$= \frac{28}{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента} = \frac{28 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{18} = \frac{14 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{9}$

[рис.] а)  Поскольку $ABCA_1B_1C_1$  ― прямая призма, ее боковые грани ― прямоугольники, следовательно, расстояние между боковыми ребрами $AA_1$ и $BB_1$ = AB, расстояние между боковыми ребрами $AA_1$ и $СС_1$ = AC, а расстояние между боковыми ребрами $BB_1$ и $СС_1$ = $BC$ Кроме того, угол BAC ― линейный угол двугранного угла при ребре $AA_1$
Таким образом, $AB=5, AC=8, \angle BAC=60 в степени ( \circ )$
Рассматривая треугольник ABC, находим: $BC= $\sqrt{аргумента: AB ^2 + AC ^2 - 2AB \cdot AC \cdot \cos \angle BAC}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 25 + 64 - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot 0,5}$ аргумента =7$

б)  Пусть отрезок AH ― высота основания ABC (см. рис.). Поскольку $AH\perp BC$ и $AH\perp BB_1$ то $AH\perp ( BC_1C )$ и, значит, длина отрезка AH и есть искомое расстояние от прямой $AA_1$ до параллельной ей плоскости $BC_1C$
Рассматривая треугольник ABC, находим:

$2S_\Delta ABC=AB \cdot AC \cdot \sin \angle BAC=5 \cdot 8 \cdot \sin 60 ^{\circ} =20 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
$AH= $\frac{2S_\Delta ABC}{BC}$ = \frac{20 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7}$

Ответ: $\frac{20 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{7}$

[рис.] а)  Пусть прямая AK пересекает прямую PH в точке M. $PC\bot альфа$ и $AK\subset альфа$ поэтому $PC\bot AK$ $AC=AB $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента =12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента =AP$ поэтому AK  ― высота и медиана правильного треугольника PAC. Следовательно, M  ― точка пересечения медиан этого треугольника, откуда и получаем PM : MH  =  2 : 1.
б)  Пусть точка L  ― проекция точки K на плоскость ABC. KL || PH и PK  =  KC, поэтому $L принадлежит AC$ и L  ― середина CH. Отрезок BL  ― проекция отрезка BK на плоскость ABC. Поскольку $( ABC ) \bot PH$ точка H  ― проекция прямой PH на плоскость ABC. Значит, расстояние между прямыми PH и BK = расстоянию от точки H до прямой BL, то есть высоте h треугольника BHL проведенной из вершины H.
Далее имеем:

$BH= $\frac{BD}{2}$ = \frac{12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} =6 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ $LH= $\frac{AC}{4}$ = \frac{12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{4} =3 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ $BL= $\sqrt{аргумента: BH ^2 + LH ^2}$ аргумента =3 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента$
$h= $\frac{2S_\Delta BHL}{BL}$ = $\frac{BH \cdot LH}{BL}$ = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента}{5}$

Ответ: б) $\frac{6 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента}{5}$

Приведем решение пункта б) Александра Турбанова (Липецк).
[рис.]
б)  Поскольку треугольник PAC  — = сторонний, то

$PH=AP \cdot \sin 60 ^{\circ} =12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} =6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке B, как показано на рисунке. Имеем:

$B ( 0;0;0 )$
$P ( 6;6;6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$
$H ( 6;6;0 )$
$K ( 3;9;3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$
$\overrightarrowPH ( 0; 0; - 6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$
$\overrightarrowBK ( 3; 9; 3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$

Рассмотрим плоскость α, которая проходит через прямую PH параллельно прямой BK. Вектор $\overrightarrowBK$ параллелен плоскости α, а значит, перпендикулярен нормали к ней. Пусть вектор нормали имеет координаты $\vecn = ( A, B, C )$ тогда

$\overrightarrowBK \cdot \vecn = 3A + 9B + 3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C = 0$

Подставим координаты точек P и H в уравнение плоскости $Ax + By + Cz + D=0$ получим систему уравнений:

$$$\begin{cases} 6А + 6B + 6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C + D=0 \\[6pt] 6A + 6B + D = 0 \\[6pt] A + 3B + $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C = 0 . \end{cases}$$$

Вычтем из первого уравнения системы второе, получим: $6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C = 0$ откуда $C = 0$ Подставим в третье уравнение, получим $A + 3B = 0$ откуда $A = - 3B$ Находим D:

$ - 18B + 6B + D = 0 = сильно D = - 3B$

Получаем уравнение плоскости α:

$ - 3Bx + By + 12B = 0 = сильно - 3x + y + 12 = 0$

следовательно, вектор нормали к плоскости α имеет координаты $\vecn_1 = ( - 3; 1;0 )$ Расстояние между прямыми PH и BK =

$\rho ( PH;BH ) = \rho ( B; альфа ) = \frac{| - 3 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + 12|}{$\sqrt{аргумента: 9 + 1 + 0}$ аргумента} = \frac{12}{$\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента} = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента}{5}$

а)  Пусть данное сечение призмы  — квадрат $AA_1ML$ Тогда диагонали перпендикулярны: $AM\perp A_1L$ а по теореме о трёх перпендикулярах $AM\perp BC$ Следовательно, $AM\perp A_1BC$ Отсюда следует, что искомым расстоянием между прямыми $A_1B$ и AM является длина перпендикуляра OP, опущенного из точки O пересечения диагоналей квадрата $AA_1ML$ на прямую $A_1B$ так как $OP\perp A_1B$ и $OP\perp AM$

[рис.]
Рис. 1

[рис.]
Рис. 2

б)  Сторона квадрата $AA_1ML$ равна высоте треугольника ABC, то есть $AL= $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента$ а его диагональ $A_1L= $\sqrt{аргумента: 42}$ аргумента$ В = бедренном треугольнике $A_1BC$ основание $BC=2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента$ боковая сторона $A_1B=7$ Отсюда, используя подобие треугольников $A_1OP$ и $A_1BL$ найдём

$OP= $\frac{A_1O \cdot LB}{A_1B}$ = $\frac{A_1L \cdot BC}{4A_1B}$ = \frac{$\sqrt{аргумента: 42}$ аргумента \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{4 \cdot 7} = \frac{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}{2}$

Ответ: $\frac{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}{2}$

[рис.] а)  Прямые ВС1 и AD1 параллельны, поэтому угол между прямыми АС и ВС1 равен углу CAD1. Треугольник CAD1 = сторонний, поэтому все его углы равны 60°.
б)  Заметим, что прямые АС и ВС1 содержатся в параллельных плоскостях ACD1 и BC1A1. Значит, искомое расстояние = расстоянию между этими плоскостями.
Обозначим центры треугольников ACD1 и BC1A1 через точки О и О1 соответственно. Точка D = удалена от вершин треугольника ACD1, поэтому проекция точки D на плоскость ACD1 совпадает с О. Аналогично проекция точки D на плоскость BC1A1 совпадает с О1, а проекции точки В1 на плоскости ACD1 и BC1A1 также совпадают с точками О и О1 соответственно. Значит, прямая DB1 перпендикулярна плоскостям ACD1 и BC1A1 и содержит точки О и О1.
Объем тетраэдра DACD1 равен 36, а площадь его основания $S_ACD_1=AC ^2 \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{4} =18 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ Значит, высота $DO=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ Аналогично $B_1O_1=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ Кроме того, $DB_1=AB $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента =6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ Значит, $OO_1=DB_1 - B_1O_1 - DO=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Ответ: б) $2 \sqrt{3}$

Приведем решение Александра Турбанова (Липецк).
[рис.]
а)  Введем прямоугольную систему координат с началом в точке B, как показано на рисунке. В этой системе координат:

$B ( 0; 0; 0 )$
$A ( 6; 0; 0 )$
$C ( 0; 6; 0 )$
$C_1 ( 0;6;6 )$
$\overrightarrowAC ( - 6; 6; 0 )$
$\overrightarrowBC_1 ( 0; 6; 6 )$

Пусть φ   — угол между прямыми AC и BC1. Имеем:

$\cos \varphi= \frac{| - 6 \cdot 0 + 6 \cdot 6 + 0 \cdot 6|}{$\sqrt{аргумента: 0 + 36 + 36}$ аргумента $\sqrt{аргумента: 0 + 36 + 36}$ аргумента} = $\frac{36}{72}$ = \frac{1}{2}$

откуда φ  =  60°.
б)  Рассмотрим плоскость α, проходящую через AC и параллельную BC1. Вектор $\overrightarrowBC_1$ параллелен плоскости α, а значит, перпендикулярен нормали к ней. Пусть вектор нормали имеет координаты $\vecn = ( A, B, C )$ тогда $\overrightarrowBC_1 \cdot \vecn = 6B + 6C = 0$ откуда $C = - B$ Подставим координаты точек A и C в уравнение плоскости $Ax + By + Cz + D = 0$ получим:

$$$\begin{cases} 6A + D = 0 \\[6pt] 6B + D = 0 \\[6pt] C = - B. \end{cases}$$$

Тогда: $A= - \frac{D}{6}$ $B= - \frac{D}{6}$ $C= \frac{D}{6}$ Плоскость α не проходит через начало координат, а потому коэффициент D можно положить любым, отличным от нуля. Пусть $D = - 6$ тогда уравнение плоскости имеет вид $x + y - z - 6 = 0$ Расстояние между прямыми AC и BC1 =

$\rho ( AC; BC_1 ) =\rho ( B; альфа ) = \frac{\abs0 + 0 + 0 - 6}{$\sqrt{аргумента: 1 + 1 + 1}$ аргумента} = \frac{6}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} =2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

а)  Пусть данное сечение призмы  — квадрат $AA_1ML$ Тогда диагонали перпендикулярны: $AM\perp A_1L$ а по теореме о трёх перпендикулярах $AM\perp BC$ Следовательно, $AM\perp A_1BC$ Отсюда следует, что искомым расстоянием между прямыми $A_1B$ и AM является длина перпендикуляра OP, опущенного из точки O пересечения диагоналей квадрата $AA_1ML$ на прямую $A_1B$ так как $OP\perp A_1B$ и $OP \perp AM$

[рис.]
Рис. 1

[рис.]
Рис. 2

б)  Сторона квадрата $AA_1ML$ равна высоте треугольника ABC, то есть $AL= $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ а его диагональ $A_1L= $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$ В = бедренном треугольнике $A_1BC$ основание $BC=2$ боковая сторона $A_1B= $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента$ Отсюда, используя подобие треугольников $A_1OP$ и $A_1BL$ найдём

$OP= $\frac{A_1O \cdot LB}{A_1B}$ = $\frac{A_1L \cdot BC}{4A_1B}$ = \frac{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}{2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}$

Ответ: $\frac{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}{2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}$

[рис.] а)  Введем систему координат, как показано на рисунке. В введенной системе координат имеем: $M ( - 1; 2; 1 )$ $N ( - 1; 1; - 1 )$ $B_1 ( 1; 1; 1 )$ $C_1 ( 0; 1; 1 )$

$\overrightarrowMN = ( 0; - 1; - 2 )$
$\overrightarrowMB_1 = ( 2; - 1; 0 )$
$\overrightarrowB_1C_1 = ( - 1; 0; 0 )$
$|\overrightarrowMN| = $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента$
$|\overrightarrowMB_1| = $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента$

Таким образом, $MN = MB_1$
б)  Проекцией ребра B1C1 на плоскость DCC1D1 является точка C1. Спроектируем прямую MN на плоскость DCC1D1, получим отрезок M1N1. Таким образом, задача свелась к нахождению расстояния от точки C1 до отрезка M1N1. Это расстояние = длине высоты, проведенной из вершины C1 треугольника N1C1M1. Этот треугольник является прямоугольным, а его катеты равны 2 и 1. Его гипотенуза находится по теореме Пифагора, она равна  $\sqrt{аргумента: 5} аргумента$ Следовательно, высота равна $h = \frac{2 \cdot 1}{$\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{5}$

Ответ: б)  $\frac{2 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{5}$

Приведем решение пункта б) Святослава Горбатова (Сочи).
Пункт а) решён с помощью координатно-векторного метода, логично, если пункт б) будет решён этим же методом и идеи пункта а) получат развитие. В треугольнике A1NM точка С1  — середина отрезка A1M. Проведем отрезок C1P параллельно прямой NM, тогда отрезок C1P  — средняя линия и точка P  — середина отрезка A1N. Тогда плоскость B1C1P содержит прямую B1C1 и параллельна прямой MN, значит, искомым расстоянием является расстояние от точки M до плоскости B1C1P.
Из пункта а): $M ( - 1; 2; 1 )$ $N ( - 1; 1; - 1 )$ $B_1 ( 1; 1; 1 )$ $C_1 ( 0; 1; 1 )$ $A_1 ( 1; 0; 1 )$ Найдем координаты точки P:

$x_P = $\frac{1 - 1}{2}$ = 0$
$y_P = $\frac{0 + 1}{2}$ = \frac{1}{2}$
$z_P = $\frac{1 - 1}{2}$ = 0$

Далее находим коэффициенты в уравнении плоскости B1C1P, используя координаты точек B1, C1 и P:

$$$\begin{cases} a + b + c + d = 0 \\[6pt] b + c + d = 0 \\[6pt] $\frac{1}{2}$ b + d = 0 \end{cases}$$ . = сильно $$\begin{cases} b + c + d = 0 \\[6pt] a = 0 \\[6pt] b = - 2d \end{cases}$$ . = сильно $$\begin{cases} a = 0 \\[6pt] b = - 2d \\[6pt] c = d. \end{cases}$$$

Пусть $d = 1$ тогда $a = 0$ $b = - 2$ $c = 1$ Найдем расстояние от точки M до плоскости B1C1P:

$d ( M; ( B_1C_1P ) ) = \frac{|a \cdot x_M + b \cdot y_M + c \cdot z_M + d|}{$\sqrt{аргумента: a ^2 + b ^2 + c ^2}$ аргумента} = \frac{|0 \cdot ( - 1 ) + ( - 2 ) \cdot 2 + 1 \cdot 1 + 1|}{$\sqrt{аргумента: 0 ^2 + ( - 2 ) ^2 + 1 ^2}$ аргумента} = \frac{2}{$\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{5}$ $d ( M; ( B_1C_1P ) ) = \frac{|a \cdot x_M + b \cdot y_M + c \cdot z_M + d|}{$\sqrt{аргумента: a ^2 + b ^2 + c ^2}$ аргумента} =$
$= \frac{|0 \cdot ( - 1 ) + ( - 2 ) \cdot 2 + 1 \cdot 1 + 1|}{$\sqrt{аргумента: 0 ^2 + ( - 2 ) ^2 + 1 ^2}$ аргумента} = \frac{2}{$\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{5}$

[рис.]
Приведем решение Никиты Хисамутдинова (Салават).
а)  Достроим три аналогичных исходному куба так, как показано на рисунке. По теореме Пифагора в треугольнике MNP1:

$MN = $\sqrt{аргумента: NP ^2 + MP_1 ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 1 ^2 + 2 ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента$

а в треугольнике MB1B2:

$MB_1 = $\sqrt{аргумента: B_1B_2 ^2 + B_2M ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 1 ^2 + 2 ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента$

Таким образом, $MN = MB_1 = $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента$
б)  Отрезок B1C1 содержится в отрезке B1M1, значит, расстояние между прямыми B1C1 и MN = расстоянию между прямыми M1C1 и MN. Прямая M1C1 перпендикулярна плоскости M1NP1M. Опустим перпендикуляр M1H из точки M1 на прямую MN. Этот перпендикуляр и будет искомым расстоянием. В прямоугольном треугольнике MNM1 отрезок M1H  — высота, проведенная к гипотенузе из вершины прямого угла, следовательно,

$M_1H = $\frac{M_1N \cdot M_1M}{MN}$ = \frac{2 \cdot 1}{$\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{5}$

Приведем решение Артема Калмыкова (Уфа).
а)  В плоскости грани A1B1C1D1 через точку M проведем прямую, перпендикулярную прямой B1C1, обозначим F1 точку их пересечения. Углы C1MF1 и C1A1B1 равны как накрест лежащие при пересечении параллельных прямых A1B1 и MF1 секущей A1M. Углы A1C1B1 и F1C1M равны как вертикальные, следовательно, треугольники A1C1B1 и C1MF1 равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Отсюда $A_1B_1 = MF_1 = 1$ $C_1F_1 = C_1B_1 = 1$ Треугольник B1F1M  — прямоугольный, по теореме Пифагора получаем:

$MB_1 ^2 = B_1F_1 ^2 + F_1M ^2 = 2 ^2 + 1 ^2 = 5 ^2$

откуда $MB_1 = $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента$

[рис.]

[рис.]

В плоскости грани B1C1CB проведем через точку N проведем прямую, перпендикулярную прямой B1C1, обозначим F2 точку их пересечения. Треугольники B1C1С и B1F2N подобны по двум углам, причем $B_1C = CN$ Тогда по теореме Фалеса $B_1C_1 = C_1F_2$
По построению прямая MF1 перпендикулярна прямой B1C1. Кроме того, прямая MF1 перпендикулярна прямой CC1. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости прямая MF1 перпендикулярна плоскости B1C1CB. По построению прямая NF2 лежит в этой плоскости, причем $B_1C_1 = C_1F_1$ и $B_1C_1 = C_1F_2$ Значит, точки F1 и F2 совпадают, а треугольник MF1N  — прямоугольный с прямым углом $MF_1N$
Отрезок CC1  — средняя линия треугольника B1F1N, поэтому $NF_1 = 2CC_1 = 2$ По теореме Пифагора получаем:

$MN ^2 = NF_1 ^2 + MF_1 ^2 = 5 ^2$

откуда $MN = $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента$ Таким образом, $MN = MB_1$ что и требовалось доказать.
б)  Расстояние между прямыми есть длина их общего перпендикуляра. Проведем прямую F1H перпендикулярно прямой MN. По предыдущим построениям прямая B1C1 перпендикулярна как прямой MF1, так и прямой NF1. Следовательно, прямая B1C1, то есть прямая B1F1, перпендикулярна плоскости MF1N, а потому и прямой F1H. Следовательно, высота F1H треугольника MF1N является общим перпендикуляром прямых B1C1 и MN. Найдем площадь этого треугольника двумя способами:

$S_MF_1N = $\frac{1}{2}$ \cdot MF_1 \cdot FN = $\frac{1}{2}$ \cdot 1 \cdot 2 = 1$
$S_MF_1N = $\frac{1}{2}$ \cdot F_1H \cdot MN$

Таким образом,

$F_1H = $\frac{2S_MF_1N}{MN}$ = \frac{2}{$\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{5}$

[рис.] а)  Заметим, что треугольники SBC и АВС равны по трем сторонам. Они являются = бедренными и имеют общее основание. Проведем медианы SN и AN к этому основанию. Они попадут в одну точку точку N, которая является серединой ВС, и будут являться высотами данных треугольников. Таким образом, прямая BC перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости ASN, а значит, и всей этой плоскости. Но тогда прямая ВС перпендикулярна любой прямой плоскости ASN. В частности, перпендикулярна прямой SA.
б)  Построим высоту NМ треугольника ASN. Заметим, что NМ является общим перпендикуляром прямых AS (по построению) и ВС, поскольку NМ лежит в плоскости ASN. Тогда длина NМ и есть искомое расстояние между скрещивающимися прямыми AS и ВС.
Заметим, что $SN=AN= $\sqrt{аргумента: 17 - 5}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 12}$ аргумента$ Тогда треугольник SNA = бедренный, его высота NМ является также медианой, тогда из прямоугольного треугольника АМN находим:

$NM= $\sqrt{аргумента: AN ^2 - AM ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 12 - 5}$ аргумента = \sqrt{7}$

Ответ: б) $\sqrt{7}$

а)  Проведем $CH \perp AB$ (см. рис. 1), тогда $B_1H$   — проекция $B_1C$ на плоскость $AA_1B_1B$ Полученная проекция перпендикулярна прямой BM (*), поэтому в силу теоремы о трёх перпендикулярах прямые $B_1C$ и BM взаимно перпендикулярны.
Докажем (*). Заметим (см. рис. 2), что треугольники MAB и $HBB_1$ равны. Повернём $HBB_1$ на угол $90 ^{\circ}$ по часовой стрелке и совместим точку B с точкой A. Сторона AM совместится со стороной HB, а сторона AB  — со стороной $BB_1$ Поскольку после поворота на $90 ^{\circ}$ стороны MB и $HB_1$ совместились, до поворота угол между ними был равен $90 ^{\circ}$

[рис.]
Рис. 1

[рис.]
Рис. 2

[рис.]
Рис. 3

б)  Расстояние между скрещивающимися прямыми = расстоянию между их проекциями на плоскость, перпендикулярную одной из них. Заметим, что $MB \perp B_1H$ и $MB \perp B_1C$ (из п. а), следовательно, $( MB ) \perp ( B_1HC )$ а тогда K  — проекция MB на плоскость $B_1HC$ Проекцией прямой $CB_1$ на плоскость $B_1HC$ является сама прямая $CB_1$ Осталось найти расстояние от K до $CB_1$
В треугольнике MAB находим $\sin альфа = \sin HBM = $\frac{AM}{MB}$ = \frac{1}{$\sqrt{5}$}$ Тогда в треугольнике HKB имеем: $HK = HB \sin альфа = \frac{1}{$\sqrt{5}$}$ Треугольники $B_1HC$ и $B_1LK$ подобны (см. рис. 3), поэтому

$\frac{KL}{HC} = $\frac{B_1K}{B_1C}$ = \frac{B_1H - KH}{B_1C}$
откуда
$KL = \frac{$\sqrt{5}$ - \frac{1}{$\sqrt{5}$} ,}{2 $\sqrt{2}$} $\sqrt{3}$ = \frac{4 $\sqrt{3}$}{$\sqrt{5}$ \cdot 2 $\sqrt{2}$} = \frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{5}$

Ответ: $\frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{5}$

Докажем (*), не используя поворот и сдвиг.
В силу равенства треугольников MAB и $HBB_1$ углы MBA и $HB_1B$ равны. Поэтому сумма острых углов треугольника HKB равна сумме острых углов прямоугольного треугольника $HBB_1$ Следовательно, треугольник HKB также прямоугольный.

Приведем решение векторно-координатным методом (Денис Чернышев, Тюмень).
[рис.]
Решим задачу координатным методом. Введем оси координат так, как показано на рисунке. В этой системе координат:

$O ( 0, 0, 0 )$
$C ( 0, $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента , 0 )$
$M ( - 1, 0, 1 )$
$B ( 1, 0, 0 )$
$C_2 ( 0, $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента , - 2 )$
$B_1 ( 1, 0, 2 )$

Выше мы учли, что в = сторонне треугольнике $h = \frac{a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$
а)  Найдем координаты векторов, лежащих на прямых MB и B1C:

$\overrightarrowBM ( - 2, 0, 1 )$
$\overrightarrowCB_1 ( 1, - $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента , 2 )$

Эти векторы перпендикулярны, поскольку их скалярное произведение = нулю:

$\overrightarrowBM \cdot \overrightarrowCB_1= - 2 \cdot 1 + 0 \cdot ( - $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ) + 1 \cdot 2=0$

Значит, и прямые прямых MB и B1C перпендикулярны, что и требовалось доказать.
б)  Расстояние между скрещивающимися прямыми = расстоянию от одной из них до параллельной ей плоскости, содержащей другую прямую. Следовательно, расстояние между MB и B1C есть расстояние от точки C до плоскости MBC2. Зная координаты точек, найдем уравнение этой плоскости:

$3x + 5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot y + 6z - 3=0$

И расстояние от точки $C ( 0, $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента , 0 )$ до плоскости плоскости MBC2 дается формулой:

$\frac{| 0 \cdot 3 + $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot 5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента - 0 \cdot 6 - 3|}{$\sqrt{аргумента: 9 + 75 + 36}$ аргумента} = \frac{12}{$\sqrt{аргумента: 120}$ аргумента} = \frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{5}$

[рис.] а)  Пусть плоскость пересекает ребро SB в точке N. Поскольку плоскость α параллельна ребру SA, она пересекает грань SBA по прямой, параллельной SA. Таким образом, прямые KN и SA параллельны, треугольники NBK и SBA подобны, а $SN:NB=AK:KB =2:7$ что и требовалось доказать.
б)  Пусть плоскость сечения пересекает ребро АС в точке L. Аналогично пункту а) из подобия треугольников MCL и SCA находим, что $AL:LC = SM:MC = 2:7$ Из равенства $AL:LC = AK:KB$ следует, что LK и CB параллельны.
Проведём SH и АH, и пусть плоскость SHА пересекает α по прямой QR (см. рис.), причем QR || SA, поскольку плоскость α параллельна SA.
Проведем в плоскости SHА перпендикуляр RP к прямой SA. Прямая RP ⊥ QR, поскольку QR || SA. Прямая RP ⊥ LK, поскольку ее проекция RA ⊥ LK. Следовательно, прямая RP перпендикулярна плоскости α, тогда RP  — расстояние от прямой SA до плоскости α. Это расстояние = расстоянию между скрещивающимися прямыми SA и KM.
Заметим, что AR : RH  =  AK : KB  =  2 : 7, поскольку прямые LK и CB параллельны.
Тогда $AR= $\frac{2}{9}$ AH= $\frac{2}{9}$ \cdot 9 \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Заметим, что $RP=RA \sin \angle SAO$ где O  — основание высоты пирамиды, тогда

$RP=AR \cdot $\frac{SO}{SA}$ =AR \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: SA ^2 - AO ^2}$ аргумента}{SA} = $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot \frac{\sqrt{аргумента: 6 ^2 - ( 3 $\sqrt{начало аргумента: 3}$ аргумента ) ^2}аргумента}{6} = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

Ответ: б) $\frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

а)  Заметим, что проекция прямой CM на плоскость ABC  -- это прямая CO, на которой лежит высота треугольника ABC. Поэтому $CO\perp AB$ а значит, по теореме о трех перпендикулярах $CM\perp AB$ Что и требовалось доказать.
б)Пусть N  — середина ребра AB, а P  — середина отрезка $OC$ Прямая AL лежит в плоскости APL, параллельной прямой $MO$ Поэтому искомое расстояние = расстоянию от прямой MO до плоскости $APL$

[рис.]
Рис. 1

[рис.]
Рис. 2

Опустим из точки O перпендикуляр OH на прямую $AP$ Тогда $OH\perp APL$ и нам остаётся найти длину отрезка $OH$ Отношение $CO:ON=2:1$ поэтому точки P и O делят отрезок CN на три равные части длиной $\frac{1}{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$ каждая. Пусть $\angle APN=\angle альфа$ В треугольнике $APN:$

$AN= $\frac{1}{2}$ ,PN= \frac{1}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} ,AP= \frac{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$

Следовательно, $\sin альфа = \sqrt{аргумента: $\frac{3}{7}$} аргумента$ Из треугольника OPH находим, что $OH=OP \cdot \sin альфа = \frac{1}{2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} = \frac{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{14}$

Ответ: $\frac{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{14}$

[рис.] а)  Пусть плоскость α пересекает сторону основания АВ в точке М. Поскольку плоскость α параллельна прямой ВС, она параллельна и прямой AD, а значит, прямые NM и AD параллельны. Тогда четырёхугольник DNMA  — прямоугольник, $AM=DN$ поэтому точка М делит сторону АВ в том же отношении, что точка N делит сторону DC.
б)  Заметим, что прямые KN и SD параллельны, поскольку отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. Таким образом, в плоскости α лежат две пересекающиеся прямые KN и NM, соответственно параллельные двум пересекающимся прямым SD и DA плоскости SDA. Тогда по признаку параллельности плоскостей плоскости α и SDA параллельны. Следовательно, расстояние между скрещивающимися прямыми SA и KN можно найти как расстояние между этими параллельными плоскостями.
Пусть Р  — середина AD, H  — середина ВС. Построим треугольник SPH и пусть прямая HT перпендикулярна прямой SP. Кроме того, HT перпендикулярна AD и, следовательно, плоскости SDA, а вместе с ней α. Плоскость α пересекает ребро SB в точке L, причем, KL || BC. R  — точка пересечения KL и SH, таким образом, QR  — отрезок, соединяющий середину KL и середину MN. Тогда прямые SP и QR  — параллельны, а расстояние между ними = искомому расстоянию между плоскостями SDA и α.
Заметим, что PH  =  AB  =  4. В треугольнике SAP: $SP= SH= $\sqrt{аргумента: SA ^2 - AP ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 64 - 4}$ аргумента = 2 $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента$ Пусть $PT = x$ тогда $ST = 2 $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента - x$ применяя теорему Пифагора из треугольников SHT и PHT, получаем: $PH ^2 - PT ^2 =HT ^2 = SH ^2 - ST ^2 :$

$16 - x ^2 = 60 - 60 + 4x $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента - x ^2 = сильно 16 = 2 $\sqrt{аргумента: 60}$ аргумента x = сильно x = \frac{4}{$\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}$

Тогда $HT = \sqrt{аргумента: 16 - $\frac{16}{15}$} аргумента = 4 \sqrt{аргумента: 1 - $\frac{1}{15}$} аргумента = \frac{4 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}$
По условию, $\frac{DN}{NC} = $\frac{SK}{KC}$ = \frac{1}{3}$ поэтому $\frac{PQ}{QH} = $\frac{SR}{RH}$ = \frac{1}{3}$ а тогда плоскость сечения делит высоту HT в том же отношении, считая от точки T. Следовательно, расстояние между SP и QR есть четверть высоты HT: $\frac{HT}{4} = \frac{$\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента} = \frac{$\sqrt{аргумента: 210}$ аргумента}{15}$

Ответ: б) $\frac{$\sqrt{аргумента: 210}$ аргумента}{15}$

Примечание.
Высота HT = бедренного треугольника SPH может быть найдена проще. Высота этого треугольника проведенная к основанию PH есть высота пирамиды, соединяющая вершину с центром основания, значит, $h= \sqrt{аргумента: 8 ^2 - ( 2 $\sqrt{начало аргумента: 2}$ аргумента ) ^2}аргумента =2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента$ Тогда $HT= $\frac{2S_SPH}{SP}$ = $\frac{PH \cdot h}{SP}$ = \frac{4 \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{2 $\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента} = \frac{4 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 15}$ аргумента}$