Объёмы многогранников

a) Пусть $$H$$ – середина $$BC$$. Так как треугольник $$BDC$$ равнобедренный, то прямая $$DH$$ перпендикулярна $$BC$$.

По условию боковая грань $$BCD$$ перпендикулярна основанию $$ABC$$, а значит по свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр $$DH$$ к $$BC$$ является и перпендикуляром к плоскости $$ABC$$, то есть $$DH$$ – высота пирамиды $$ABCD$$.

Если в плоскости $$AHD$$ построить перпендикуляр $$HM$$ к $$AD$$, то поскольку $$AD$$, как наклонная к плоскости $$ABC$$, чья проекция $$AH$$ перпендикулярна $$BC$$, перпендикулярна $$BC$$, то $$AD$$ (будучи перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $$BCM$$), перпендикулярна ($$BCM$$) по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Как построить перпендикуляр $$MH$$ к $$AD$$?

Для этого следует взять точку $$M$$ так, что $$AM:AD=1:4$$.

Действительно, как мы замечаем,

1) угол $$DAH$$ – и есть угол в $$60^{\circ}$$ между прямой $$AD$$ и плоскостью основания $$ABC$$, а значит $$AH$$ – половина $$AD$$ по свойству прямоугольного треугольника с углом в $$30^{\circ}$$;

2) $$AM$$ – половина $$AH$$, так как и в прямоугольном треугольнике $$AMH$$ есть угол в $$30^{\circ}$$. То есть $$AM$$ – половина половины $$AD$$.

Итак, искомое сечение – $$BMC$$, где $$M$$ – такая, что $$AM:AD=1:4$$.

б) Найдем объем пирамиды $$ACBM$$ с основанием $$ABC$$. $$V_{ABCM}=\frac{S_{ABC}\cdot MQ}{3}$$, где $$MQ$$ – высота указанной пирамиды. При этом, очевидно, проекция $$Q$$ точки $$M$$ на плоскость $$ABC$$ – такова, что $$AQ:AH=1:4$$ и $$MQ=\frac{DH}{4}$$.

$$MQ=\frac{DH}{4}=\frac{tg60^{\circ}\cdot AH}{4}=\frac{\sqrt3\cdot 12}{4}=3\sqrt3$$.

Итак, $$V_{ABCM}=\frac{\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{4}\cdot 3\sqrt3}{3}=144$$.

А поскольку $$V_{ABCD}=\frac{S_{ABC}\cdot DH}{3}=\frac{\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{4}\cdot 12\sqrt3}{3}=576$$, то $$V_{BCDM}=V_{ABCD}-V_{ABCM}=576-144=432$$.

а) Заметим, что прямые EH и E₁H₁ параллельны, следовательно, плоскость α пересекает нижнее основание трапеции по прямой, параллельной EH и содержащей точку A. Такой прямой является прямая, cодержащая диагональ AD основания, то есть AD — сторона сечения. Вторая сторона сечения это отрезок DM. Плоскости ABC и BCC₁ пересекаются по прямой CB, параллельной AD, следовательно, плоскость α пересекает плоскость BCC₁ по прямой, параллельной ребру двугранного угла DBCM, то есть параллельной BC. Назовем эту прямую MN, где N лежит на ребре BB₁.

Таким образом, прямые AD, BC и MN параллельны между собой. Кроме того, $$MN=BC\neq AD,$$ следовательно, ADMN — трапеция. Легко заметить, что треугольники ABN и DCM равны и, следовательно, $$AN=DM.$$ 

б) Построим сечение призмы, проходящее через точки P, Q, R и S — середины ребер BC, B₁C₁, F₁G₁ и FG, соответственно. Очевидно, что указанное сечение проходит также через точки K и L — середины AD и MN, а также перпендикулярно этим отрезкам.

Заметим, что прямые F₁G₁, E₁H₁ и плоскость α параллельны между собой, следовательно, расстояния до плоскости α от всех точек этой прямой равны. Из точки R на прямую KL опустим перпендикуляр RO, заметим, что прямые RO и AD взаимно перпендикулярны, следовательно, прямая RO перпендикулярна плоскости α.

Расстояние от точки F до плоскости равно длине RO. Пусть T — точка пересечения RO и PS. Значит,

$$LP=MC=\frac{1}{3}CC_1=2,$$

откуда

$$KP=3,KL=\sqrt{13},MN=BC=3\sqrt{2},AD=3\sqrt{2}+6$$

Теперь можно найти площадь трапеции ADMN: $$S_{ADMN}=3\sqrt{13}(\sqrt{2}+1).$$ 

Заметим, что треугольники LPK, KTO и RTS — подобны. Следовательно,

$$\frac{ST}{RS}=\frac{LP}{PK}=\frac{2}{3},$$

откуда

$$ST=4,SP=AD=3\sqrt{2}+6,TK=3\sqrt{2}-1,RT=2\sqrt{13},$$

тогда

$$\frac{TO}{LP}=\frac{TK}{KL}=\frac{3\sqrt{2}-1}{\sqrt{13}}\Rightarrow TO=\frac{2(3\sqrt{2}-1}{\sqrt{13}}.$$

Итак,

$$RO=RT+TD=\frac{6(\sqrt{2}+4)}{\sqrt{13}},$$

а значит, объем пирамиды F₁ADMN равен

$$V_{F_1ADMN}=\frac{1}{3}RO\cdot S_{ADMN}=6(5\sqrt{2}+6)$$