Задача Номер 14

Часть а):
Рассмотрим плоскость $(DOE)$. Точка $P$ лежит на прямой $OD$, поэтому $P$ лежит в плоскости $(DOE)$. Точка $F$ лежит на прямой $OE$, поэтому $F$ лежит в плоскости $(DOE)$.
Значит, прямые $DE$ и $PF$ лежат в плоскости $(DOE)$.
Четырёхугольник $DPEF$ имеет диагонали $DE$ и $PF$, которые лежат в одной плоскости. Следовательно, они пересекаются. ✓

Часть б):
Применим теорему Менелая для треугольника $SBC$ и прямой $OF$:

Подставляем: $CF : FB = 2 : 1$ и $BE : ES = 3 : 1$:

Теперь применим теорему Менелая для треугольника $SAC$ и прямой $ODP$:

Подставляем: $CD : DA = 3 : 1$ и $\frac{SO}{OC} = \frac{1}{6}$:

Часть а):
Обозначим $M$ и $N$ — середины рёбер $BC$ и $CD$ соответственно. Проведём диагонали основания $AC$ и $BD$, пересекающиеся в точке $H$.
Так как $MN$ — средняя линия в $\triangle BCD$, то $MN \parallel BD$.
По теореме Фалеса, если $MN$ пересекает $AC$ в точке $P$, то:

Так как $M$ — середина $BC$, то $P$ — середина $CH$. Следовательно, $CP : PA = 1 : 3$.
Проведём через $P$ отрезок $KP \parallel SC$, где $K \in SA$. По теореме Фалеса:

Доказано. ✓

Часть б):
Сечение — это пятиугольник $MEKFN$, где $E$ и $F$ — дополнительные точки пересечения плоскости с рёбрами пирамиды.
Найдём необходимые длины:

Поскольку $KP \parallel SC$ и $SK : SA = 1 : 4$, то $KP = \frac{3}{4} SC = \frac{3}{4} \cdot 5\sqrt{2} = \frac{15\sqrt{2}}{4}$.
Сечение состоит из прямоугольника и треугольника. Вычислив все части:

Часть а):
Радиус основания конуса (описанный вокруг квадрата $ABCD$):

Радиус окружности, вписанной в квадрат $A_1B_1C_1D_1$ (на высоте $a$ от основания):

По подобию треугольников:

Так как $1 < \sqrt{2} < 1{,}5$, то $3a < h < 3{,}5a$. ✓

Часть б):
Найдём линию пересечения плоскостей. Используя теорему о трёх перпендикулярах и подобие треугольников, находим точку $X$ пересечения прямой $SA_1$ с плоскостью $ABC$.
Линия пересечения — это $DX$.
Проведём $OH \perp DX$ в плоскости $ABC$. По ТТП, $SH \perp DX$.
Угол между плоскостями: $\varphi = \angle SHO$.
Вычисляя:

Часть а):
Построим сечение. Плоскость проходит через $K$ (середина $AA_1$) и $N$ (середина $AC$) параллельно $CB_1$.
Найдём точку пересечения $O = KN \cap CC_1$. Через $O$ проведём прямую $OL \parallel CB_1$, пересекающую $BC$ в точке $M$.
Сечение — четырёхугольник $KLMN$.
По равенству треугольников $KNA$ и $ONC$ (по катету и углу):

Так как $OCB_1L$ — параллелограмм, $L$ — середина $BB_1$, значит $KL \parallel AB$.
Аналогично, $M$ — середина $BC$, значит $MN \parallel AB$ (средняя линия $\triangle ABC$).
Таким образом, $MN \parallel KL$, но $KL \ne MN$ (так как $KL = AB$, $MN = \frac{1}{2}AB$).
Также $KN = ML$ (по равенству треугольников), поэтому $KLMN$ — равнобедренная трапеция. ✓

Часть б):
Так как $CN = CM = 2$ (половины стороны основания), треугольник $\triangle OMN$ равнобедренный.
Проведём $CR \perp MN$, где $R$ — середина $MN$. Тогда $OR \perp MN$.
Значит, $MN \perp$ плоскости $(OCR)$.
Проведём $CH \perp OR$. Тогда $CH \perp \alpha$.
Угол между $CC_1$ и плоскостью $\alpha$ равен $\angle COR$.
Вычисляем:

Часть а):
Пусть $S$ — вершина конуса, $O$ — центр основания.
Образующая конуса: $l = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = 13$.
Нужно найти две образующие $SA$ и $SB$, такие что $SA \perp SB$.
Если $\angle ASB = 90°$, то по теореме Пифагора в $\triangle ASB$:

Значит, $AB = 13\sqrt{2}$ — хорда основания.
Сечение — треугольник $SAB$ с прямым углом при $S$.

Часть б):
Проведём радиус $OC \perp AB$. Он делит хорду пополам: $AK = \frac{13\sqrt{2}}{2}$.
Треугольник $\triangle ASK$ равнобедренный и прямоугольный (так как $SK \perp AB$).
Значит, $SK = AK = \frac{13\sqrt{2}}{2}$.
По теореме Пифагора:

Прямая $AB \perp$ плоскости $(SOK)$.
Проведём $OH \perp SK$. Тогда $OH \perp AB$ и $OH \perp SK$, значит $OH \perp$ плоскости сечения.
Это искомое расстояние. По свойству высоты прямого угла: