Сечения, углы и расстояния в пространстве - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Так как [tex]A_1B\parallel D_1C[/tex] и [tex]BD\parallel B_1D_1[/tex], плоскости [tex](A_1BD)[/tex] и [tex](B_1CD_1)[/tex] параллельны; [tex]BD[/tex] лежит в первой, а [tex]B_1C[/tex] — во второй. Общий перпендикуляр скрещивающихся прямых [tex]BD[/tex] и [tex]B_1C[/tex] перпендикулярен двум непараллельным прямым, параллельным этим плоскостям, а значит, и самим плоскостям, поэтому искомое расстояние равно расстоянию между этими плоскостями.
Проекция диагонали [tex]AC_1[/tex] на плоскость [tex](ABCD)[/tex] — это [tex]AC[/tex], и [tex]AC\perp BD[/tex], поэтому [tex]AC_1\perp BD[/tex] по теореме о трёх перпендикулярах; аналогично её проекция на [tex](ABB_1A_1)[/tex] — это [tex]AB_1[/tex], и [tex]AB_1\perp A_1B[/tex], поэтому [tex]AC_1\perp A_1B[/tex]. Следовательно, [tex]AC_1\perp(A_1BD)[/tex], а также [tex]AC_1\perp(B_1CD_1)[/tex].
Пусть [tex]AC_1[/tex] пересекает эти плоскости в точках [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex]; искомое расстояние равно [tex]KL[/tex]. Отрезок [tex]AK[/tex] — высота пирамиды [tex]AA_1BD[/tex], опущенная на грань [tex]A_1BD[/tex], которая является правильным треугольником со стороной [tex]a\sqrt{2}[/tex]. Вычислим объём [tex]V[/tex] этой пирамиды с основанием [tex]ABD[/tex] и высотой [tex]AA_1[/tex]:
[tex]V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6},\quad S_{A_1BD}=\frac{(a\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}[/tex]
[tex]AK=\frac{3V}{S_{A_1BD}}=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]
Точно так же (из пирамиды [tex]C_1B_1CD_1[/tex]) [tex]C_1L=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]. Так как [tex]AC_1=a\sqrt{3}[/tex],
[tex]KL=AC_1-AK-C_1L=a\sqrt{3}-2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]

Решение:
Пусть прямая [tex]BM[/tex] пересекает прямую [tex]CD[/tex] в точке [tex]X[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]MAB[/tex] и [tex]MDX[/tex] равны ([tex]AM=MD[/tex], а углы при [tex]M[/tex] вертикальные), поэтому [tex]DX=AB=a[/tex] и [tex]XC=2a[/tex].
Точки [tex]X[/tex] и [tex]N[/tex] лежат и в [tex]\lambda[/tex], и в плоскости [tex](CDD_1C_1)[/tex], поэтому [tex]\lambda[/tex] пересекает эту грань по [tex]XN[/tex] и [tex]P=XN\cap DD_1[/tex]. Из подобия треугольников [tex]XDP[/tex] и [tex]XCN[/tex]:
[tex]\frac{DP}{CN}=\frac{XD}{XC}=\frac{1}{2}\Rightarrow DP=\frac{a}{4}[/tex]
Плоскость пересекает грани [tex]ABCD[/tex], [tex]BCC_1B_1[/tex], [tex]CDD_1C_1[/tex], [tex]ADD_1A_1[/tex] соответственно по [tex]BM[/tex], [tex]BN[/tex], [tex]NP[/tex], [tex]PM[/tex], так что сечение — четырёхугольник [tex]BNPM[/tex]. Его ортогональная проекция на [tex](ABCD)[/tex] — четырёхугольник [tex]BCDM[/tex] ([tex]N[/tex] и [tex]P[/tex] проектируются в [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex]):
[tex]S_{BCDM}=a^2-S_{ABM}=a^2-\frac{a^2}{4}=\frac{3a^2}{4}[/tex]
Пусть [tex]\varphi[/tex] — угол между [tex]\lambda[/tex] и [tex](ABCD)[/tex]. Проведём [tex]CT\perp BM[/tex] ([tex]T[/tex] лежит на прямой [tex]BM[/tex]). Так как [tex]NC\perp (ABCD)[/tex], по теореме о трёх перпендикулярах [tex]NT\perp BM[/tex], поэтому [tex]\angle NTC=\varphi[/tex]. Из [tex]S_{BCM}=\frac{1}{2}BM\cdot CT=\frac{a^2}{2}[/tex] и [tex]BM=\frac{a\sqrt{5}}{2}[/tex] получаем [tex]CT=\frac{2a}{\sqrt{5}}[/tex].
В прямоугольном треугольнике [tex]NCT[/tex] (с прямым углом при [tex]C[/tex]):
[tex]NT=\sqrt{CT^2+CN^2}=\sqrt{\frac{4a^2}{5}+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{21}}{2\sqrt{5}},\qquad \cos\varphi=\frac{CT}{NT}=\frac{4}{\sqrt{21}}[/tex]
Площадь ортогональной проекции равна площади фигуры, умноженной на [tex]\cos\varphi[/tex], поэтому
[tex]S_{BNPM}=\frac{S_{BCDM}}{\cos\varphi}=\frac{3a^2}{4}\cdot \frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3a^2\sqrt{21}}{16}[/tex]

Решение:
Прямые [tex]DN[/tex] и [tex]MC[/tex] скрещивающиеся. В плоскости основания проведём через [tex]N[/tex] прямую [tex]l\parallel MC[/tex], и пусть [tex]\beta[/tex] — плоскость, проходящая через [tex]DN[/tex] и [tex]l[/tex]. Тогда [tex]MC\parallel\beta[/tex], поэтому искомое расстояние равно расстоянию от точки [tex]C[/tex] прямой [tex]MC[/tex] до плоскости [tex]\beta[/tex].
Медиана [tex]CM[/tex] правильного треугольника является и высотой, поэтому [tex]BM\perp CM[/tex] и [tex]BM=2\sqrt{2}[/tex]. Пусть [tex]K\in l[/tex] — основание перпендикуляра, опущенного из [tex]C[/tex] на [tex]l[/tex]. Так как [tex]l\parallel CM[/tex], отрезок [tex]CK[/tex] равен расстоянию от [tex]N[/tex] до [tex]CM[/tex]; поскольку [tex]N[/tex] — середина [tex]BC[/tex], это расстояние равно половине [tex]BM[/tex] (средняя линия треугольника [tex]BCM[/tex]):
[tex]CK=\frac{BM}{2}=\sqrt{2}[/tex]
Так как [tex]DC\perp (ABC)[/tex] и [tex]CK\perp l[/tex], по теореме о трёх перпендикулярах [tex]DK\perp l[/tex]. Значит, [tex]l\perp (DCK)[/tex], поэтому плоскость [tex]\beta[/tex], содержащая [tex]l[/tex], перпендикулярна плоскости [tex](DCK)[/tex] и пересекает её по [tex]DK[/tex].
В треугольнике [tex]DCK[/tex] проведём [tex]CH\perp DK[/tex] ([tex]H\in DK[/tex]); тогда [tex]CH\perp\beta[/tex], т.е. [tex]CH[/tex] — искомое расстояние. В прямоугольном треугольнике [tex]DCK[/tex] (с прямым углом при [tex]C[/tex]):
[tex]DK=\sqrt{DC^2+CK^2}=\sqrt{2+2}=2,\qquad CH=\frac{DC\cdot CK}{DK}=\frac{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=1[/tex]

Решение:
Грани [tex]ABB_1A_1[/tex] и [tex]DCC_1D_1[/tex] лежат в параллельных плоскостях, поэтому секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым: [tex]AK\parallel LC_1[/tex]; аналогично [tex]KC_1\parallel AL[/tex]. Значит, [tex]AKC_1L[/tex] — параллелограмм с диагональю [tex]AC_1[/tex], и если [tex]d[/tex] — расстояние от [tex]K[/tex] до прямой [tex]AC_1[/tex], то
[tex]S=2S_{AKC_1}=AC_1\cdot d,\qquad AC_1=\sqrt{6^2+3^2+6^2}=9[/tex]
Остаётся минимизировать [tex]d[/tex]. В основании проведём [tex]BF\perp AC[/tex], [tex]F\in AC[/tex]. Плоскость [tex](ACC_1A_1)[/tex] перпендикулярна основанию, поэтому [tex]BF\perp (ACC_1A_1)[/tex]. Так как [tex]BB_1\parallel AA_1[/tex], прямая [tex]BB_1[/tex] параллельна этой плоскости, и каждая её точка [tex]K[/tex] находится на расстоянии [tex]BF[/tex] от плоскости. Поэтому [tex]d\ge BF[/tex], причём равенство достигается ровно тогда, когда основание [tex]F_1[/tex] перпендикуляра из [tex]K[/tex] на плоскость лежит на [tex]AC_1[/tex]; это основание — точка над [tex]F[/tex] на высоте [tex]BK[/tex] ([tex]KF_1\parallel BF[/tex]).
В прямоугольном треугольнике [tex]ABC[/tex] отрезок [tex]AF[/tex] — проекция катета [tex]AB[/tex] на гипотенузу:
[tex]AC=\sqrt{36+9}=3\sqrt{5},\quad AF=\frac{AB^2}{AC}=\frac{36}{3\sqrt{5}},\quad \frac{AF}{AC}=\frac{36}{45}=\frac{4}{5}[/tex]
Из подобия треугольников в плоскости [tex](ACC_1A_1)[/tex] точка отрезка [tex]AC_1[/tex], лежащая над [tex]F[/tex], находится на высоте [tex]CC_1\cdot \frac{AF}{AC}=6\cdot \frac{4}{5}=4{,}8[/tex]. Следовательно, площадь наименьшая при
[tex]BK=4{,}8[/tex]
Диагонали параллелограмма делятся пополам в центре параллелепипеда, поэтому [tex]L[/tex] симметрична [tex]K[/tex] относительно него и [tex]DL=6-4{,}8=1{,}2[/tex], т.е. [tex]L[/tex] действительно лежит на [tex]DD_1[/tex]. (Наименьшая площадь равна [tex]9\cdot BF=9\cdot \frac{6}{\sqrt{5}}=\frac{54\sqrt{5}}{5}[/tex].)

Решение:
Пусть [tex]AB=x[/tex], [tex]AD=BC=y[/tex], [tex]AA_1=z[/tex]. Каждое из трёх рёбер скрещивается с [tex]AC_1[/tex], а расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоянию от одной из них до плоскости, проходящей через другую параллельно первой.
[tex]BB_1\parallel AA_1[/tex], поэтому [tex]BB_1\parallel (ACC_1A_1)[/tex]. Эта плоскость перпендикулярна основанию, значит, расстояние равно высоте прямоугольного треугольника [tex]ABC[/tex], проведённой из вершины [tex]B[/tex]:
[tex]\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{6}{\sqrt{13}}[/tex]
[tex]BC\parallel AD[/tex], поэтому [tex]BC\parallel (AB_1C_1D)[/tex]. Так как [tex]AD\perp (ABB_1A_1)[/tex], эта плоскость перпендикулярна грани [tex]ABB_1A_1[/tex] и пересекает её по [tex]AB_1[/tex], значит, расстояние равно высоте прямоугольного треугольника [tex]ABB_1[/tex], проведённой из вершины [tex]B[/tex]:
[tex]\frac{xz}{\sqrt{x^2+z^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}[/tex]
[tex]A_1B_1\parallel AB[/tex], поэтому [tex]A_1B_1\parallel (ABC_1D_1)[/tex]. Так как [tex]AB\perp (ADD_1A_1)[/tex], эта плоскость перпендикулярна грани [tex]ADD_1A_1[/tex] и пересекает её по [tex]AD_1[/tex], значит, расстояние равно высоте прямоугольного треугольника [tex]AA_1D_1[/tex], проведённой из вершины [tex]A_1[/tex]:
[tex]\frac{yz}{\sqrt{y^2+z^2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}[/tex]
Возведя три равенства в квадрат и перевернув дроби, получаем:
[tex]\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{13}{36}; \quad \frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{5}{4}; \quad \frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{10}{9}[/tex]
Сложив их, получаем [tex]2\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)=\frac{98}{36}[/tex], т.е. [tex]\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{49}{36}[/tex]. Вычитая из этого каждое из уравнений:
[tex]\frac{1}{x^2}=\frac{49}{36}-\frac{10}{9}=\frac{1}{4}; \quad \frac{1}{y^2}=\frac{49}{36}-\frac{5}{4}=\frac{1}{9}; \quad \frac{1}{z^2}=\frac{49}{36}-\frac{13}{36}=1[/tex]
Следовательно, [tex]x=2[/tex], [tex]y=3[/tex], [tex]z=1[/tex], и объём равен [tex]V=xyz=6[/tex].

Решение:
Пусть плоскость [tex]\alpha[/tex] пересекает [tex]DB[/tex] и [tex]DC[/tex] в точках [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex]. Так как [tex]BC\parallel\alpha[/tex], плоскость [tex](DBC)[/tex] пересекает [tex]\alpha[/tex] по прямой, параллельной [tex]BC[/tex], т.е. [tex]PQ\parallel BC[/tex], треугольник [tex]DPQ[/tex] правильный, а сечение — треугольник [tex]APQ[/tex]. Положим [tex]DP=DQ=PQ=ta[/tex], [tex]0\lt t\le 1[/tex].
Пусть [tex]K[/tex] — середина [tex]BC[/tex]; медиана [tex]DK[/tex] пересекает отрезок [tex]PQ[/tex] в его середине [tex]L[/tex], и [tex]DL=t\cdot DK[/tex]. Треугольники [tex]ADP[/tex] и [tex]ADQ[/tex] равны ([tex]AD[/tex] — общая сторона, [tex]DP=DQ[/tex], [tex]\angle ADP=\angle ADQ=60^{\circ}[/tex]), поэтому [tex]AP=AQ[/tex] и [tex]AL\perp PQ[/tex].
Далее, [tex]BC\perp AK[/tex] и [tex]BC\perp DK[/tex], поэтому [tex]BC\perp(ADK)[/tex]; значит, [tex]PQ\perp(ADK)[/tex], и плоскость [tex]\alpha[/tex], содержащая [tex]PQ[/tex], перпендикулярна плоскости [tex](ADK)[/tex] и пересекает её по прямой [tex]AL[/tex]. Так как [tex]BC\parallel\alpha[/tex], точки [tex]B[/tex] и [tex]K[/tex] находятся на одном и том же расстоянии от [tex]\alpha[/tex], и оно равно расстоянию [tex]KH[/tex] от [tex]K[/tex] до прямой [tex]AL[/tex] (перпендикуляр [tex]KH[/tex] к [tex]AL[/tex] в плоскости [tex](ADK)[/tex] перпендикулярен [tex]\alpha[/tex]). Поскольку угол между [tex]AB[/tex] и [tex]\alpha[/tex] равен [tex]30^{\circ}[/tex],
[tex]KH=AB\sin 30^{\circ}=\frac{a}{2}[/tex]
В равнобедренном треугольнике [tex]ADK[/tex] имеем [tex]AK=DK=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex], [tex]AD=a[/tex], а высота из вершины [tex]K[/tex] проходит через середину [tex]AD[/tex], поэтому
[tex]h_K=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}; \quad S_{ADK}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}[/tex]
[tex]\cos\angle ADK=\frac{AD/2}{DK}=\frac{a/2}{a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]
Так как [tex]KL=(1-t)DK[/tex], то [tex]S_{AKL}=(1-t)S_{ADK}=\frac{(1-t)a^2\sqrt{2}}{4}[/tex], а по теореме косинусов в треугольнике [tex]ADL[/tex]
[tex]AL^2=a^2+\frac{3t^2a^2}{4}-2\cdot a\cdot \frac{ta\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=a^2\left(1-t+\frac{3t^2}{4}\right)[/tex]
Из [tex]KH=\frac{2S_{AKL}}{AL}=\frac{a}{2}[/tex] получаем
[tex]\frac{(1-t)a\sqrt{2}}{2\sqrt{1-t+\frac{3t^2}{4}}}=\frac{a}{2}\Rightarrow 2(1-t)^2=1-t+\frac{3t^2}{4}\Rightarrow 5t^2-12t+4=0[/tex]
Корни: [tex]t=2[/tex] и [tex]t=\frac{2}{5}[/tex]; условию [tex]t\le 1[/tex] удовлетворяет только [tex]t=\frac{2}{5}[/tex]. Тогда
[tex]PQ=\frac{2a}{5}; \quad AL^2=a^2\left(1-\frac{2}{5}+\frac{3}{25}\right)=\frac{18a^2}{25}; \quad AL=\frac{3\sqrt{2}a}{5}[/tex]
[tex]S_{APQ}=\frac{1}{2}\cdot PQ\cdot AL=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a}{5}\cdot \frac{3\sqrt{2}a}{5}=\frac{3\sqrt{2}a^2}{25}[/tex]

Решение:
Так как [tex]D_1E_1\parallel DE\parallel AB[/tex], плоскость через [tex]AB[/tex] и [tex]D_1E_1[/tex] определена однозначно. Пусть [tex]K[/tex], [tex]L[/tex] и [tex]K_1[/tex] — середины [tex]AB[/tex], [tex]DE[/tex] и [tex]D_1E_1[/tex]. Отрезок [tex]KL[/tex] проходит через центр основания, [tex]KL\perp AB[/tex], и он равен удвоенной апофеме шестиугольника:
[tex]KL=2\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex]
Точка [tex]K_1[/tex] проектируется в точку [tex]L[/tex], поэтому по теореме о трёх перпендикулярах [tex]KK_1\perp AB[/tex], и [tex]\varphi=\angle K_1KL[/tex] — угол между секущей плоскостью и основанием. Из прямоугольного треугольника [tex]KLK_1[/tex], где [tex]LK_1=13[/tex]:
[tex]KK_1=\sqrt{27+169}=14,\qquad \cos\varphi=\frac{KL}{KK_1}=\frac{3\sqrt{3}}{14}[/tex]
Диагональ [tex]CF[/tex] проходит через центр параллельно [tex]AB[/tex], т.е. посередине между [tex]AB[/tex] и [tex]DE[/tex], поэтому плоскость пересекает боковые рёбра [tex]CC_1[/tex] и [tex]FF_1[/tex] в их серединах [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex]. Значит, сечение — шестиугольник [tex]ABPD_1E_1Q[/tex], а его ортогональная проекция на плоскость основания — всё основание [tex]ABCDEF[/tex]:
[tex]S_{ABCDEF}=6\cdot \frac{3^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}[/tex]
По теореме о площади ортогональной проекции:
[tex]S=\frac{S_{ABCDEF}}{\cos\varphi}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{14}{3\sqrt{3}}=63[/tex]

Решение:
Пусть [tex]d(X)[/tex] — расстояние от точки [tex]X[/tex] до плоскости [tex]\lambda[/tex]. Точка [tex]M\in\lambda[/tex] — середина [tex]AD[/tex], поэтому [tex]A[/tex] и [tex]D[/tex] лежат по разные стороны от [tex]\lambda[/tex] и [tex]d(D)=d(A)=1[/tex].
Точка [tex]K\in\lambda[/tex] лежит на [tex]DC[/tex]; перпендикуляры из [tex]D[/tex] и [tex]C[/tex] к [tex]\lambda[/tex] образуют с отрезками [tex]KD[/tex] и [tex]KC[/tex] подобные прямоугольные треугольники, поэтому [tex]d(C):d(D)=KC:KD=3:2[/tex], т.е. [tex]d(C)=\frac{3}{2}[/tex], причём [tex]C[/tex] лежит по другую сторону от [tex]\lambda[/tex], чем [tex]D[/tex]. Точка [tex]N\in\lambda[/tex] — середина [tex]BC[/tex], поэтому [tex]d(B)=d(C)=\frac{3}{2}[/tex] и [tex]B[/tex] лежит по другую сторону, чем [tex]C[/tex].
Следовательно, [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] лежат по одну сторону от [tex]\lambda[/tex], а [tex]B[/tex] и [tex]D[/tex] — по другую, и [tex]\lambda[/tex] пересекает ребро [tex]AB[/tex] в точке [tex]T[/tex], для которой [tex]AT:TB=d(A):d(B)=2:3[/tex]. Сечение — четырёхугольник [tex]MKNT[/tex]; пусть [tex]S[/tex] — его площадь.
Часть пирамиды, содержащая [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex], разбивается на пирамиду [tex]AMKNT[/tex] и тетраэдр [tex]ACKN[/tex]. Последний имеет ту же вершину [tex]A[/tex], что и [tex]ABCD[/tex], а его основание лежит в плоскости [tex](BCD)[/tex], поэтому его объём равен [tex]5\cdot \frac{S_{CKN}}{S_{CDB}}[/tex]:
[tex]V_{AMKNT}=\frac{1}{3}S\cdot d(A)=\frac{S}{3},\qquad V_{ACKN}=5\cdot \frac{CK}{CD}\cdot \frac{CN}{CB}=5\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{2}[/tex]
Аналогично часть, содержащая [tex]B[/tex] и [tex]D[/tex], разбивается на пирамиду [tex]DMKNT[/tex] и тетраэдр [tex]DBTN[/tex] (вершина [tex]D[/tex], основание в плоскости [tex](ABC)[/tex]):
[tex]V_{DMKNT}=\frac{1}{3}S\cdot d(D)=\frac{S}{3},\qquad V_{DBTN}=5\cdot \frac{BT}{BA}\cdot \frac{BN}{BC}=5\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{2}[/tex]
Две части составляют всю пирамиду:
[tex]\frac{S}{3}+\frac{3}{2}+\frac{S}{3}+\frac{3}{2}=5\Rightarrow \frac{2S}{3}=2\Rightarrow S=3[/tex]

Решение:
Пусть [tex]H[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]D[/tex] на плоскость [tex](ABC)[/tex]; тогда [tex]CH[/tex] и [tex]AH[/tex] — проекции [tex]CD[/tex] и [tex]AD[/tex]. Прямая [tex]AB[/tex] этой плоскости перпендикулярна наклонной [tex]CD[/tex], поэтому по теореме о трёх перпендикулярах она перпендикулярна и её проекции: [tex]CH\perp AB[/tex]. Точно так же из [tex]BC\perp AD[/tex] следует [tex]AH\perp BC[/tex]. Значит, [tex]H[/tex] лежит на высотах треугольника [tex]ABC[/tex], проведённых из [tex]C[/tex] и из [tex]A[/tex], т.е. [tex]H[/tex] — его ортоцентр.
Если [tex]H[/tex] совпадает с вершиной, например [tex]H=C[/tex], то [tex]AC[/tex] — проекция [tex]AD[/tex], поэтому [tex]AC\perp BC[/tex] и ортоцентр снова [tex]C=H[/tex].

Решение:
Пусть [tex]H[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]D[/tex] на плоскость [tex](ABC)[/tex]. Сначала покажем, что [tex]H[/tex] — ортоцентр треугольника [tex]ABC[/tex]. Отрезки [tex]CH[/tex] и [tex]AH[/tex] — проекции [tex]CD[/tex] и [tex]AD[/tex]. Прямая [tex]AB[/tex] этой плоскости перпендикулярна наклонной [tex]CD[/tex], поэтому по теореме о трёх перпендикулярах она перпендикулярна и её проекции: [tex]CH\perp AB[/tex]. Точно так же из [tex]BC\perp AD[/tex] следует [tex]AH\perp BC[/tex]. Значит, [tex]H[/tex] лежит на высотах треугольника [tex]ABC[/tex], проведённых из [tex]C[/tex] и из [tex]A[/tex], т.е. [tex]H[/tex] — его ортоцентр. (Если [tex]H[/tex] совпадает с вершиной, например [tex]H=C[/tex], то [tex]AC[/tex] — проекция [tex]AD[/tex], поэтому [tex]AC\perp BC[/tex] и ортоцентр снова [tex]C=H[/tex].)
Так как [tex]H[/tex] — ортоцентр, [tex]BH\perp AC[/tex]. Но [tex]BH[/tex] — проекция [tex]BD[/tex] на плоскость [tex](ABC)[/tex], а [tex]AC[/tex] лежит в этой плоскости, поэтому по теореме о трёх перпендикулярах [tex]AC\perp BD[/tex], т.е. [tex]CA\perp BD[/tex]. (Если [tex]H=B[/tex], то [tex]BD\perp(ABC)[/tex] и сразу [tex]AC\perp BD[/tex].)

Решение:
Так как [tex]AB\perp CD[/tex], существует плоскость, проходящая через [tex]CD[/tex] перпендикулярно [tex]AB[/tex]; пусть она пересекает прямую [tex]AB[/tex] в точке [tex]P[/tex]. Тогда [tex]CP\perp AB[/tex] и [tex]DP\perp AB[/tex], и теорема Пифагора для прямоугольных треугольников [tex]APC[/tex], [tex]BPC[/tex], [tex]APD[/tex], [tex]BPD[/tex] даёт
[tex]AC^2-BC^2=AP^2-BP^2=AD^2-BD^2\Rightarrow AC^2+BD^2=AD^2+BC^2[/tex]
Точно так же плоскость, проходящая через [tex]AD[/tex] перпендикулярно [tex]BC[/tex] (она существует, так как [tex]BC\perp AD[/tex]), пересекает прямую [tex]BC[/tex] в точке [tex]Q[/tex], и
[tex]AB^2-AC^2=BQ^2-CQ^2=BD^2-CD^2\Rightarrow AB^2+CD^2=AC^2+BD^2[/tex]
Объединяя два равенства, получаем:
[tex]AB^2+CD^2=BC^2+AD^2=AC^2+BD^2[/tex]

Решение:
Замена плоскости [tex]\tau[/tex] на параллельную ей плоскость не меняет ни одного из трёх углов. Если [tex](ABC)\parallel\tau[/tex], то [tex]\alpha=\beta=\varphi=0^{\circ}[/tex] и равенство очевидно.
Случай [tex]1[/tex]: ни [tex]AC[/tex], ни [tex]BC[/tex] не параллельна [tex]\tau[/tex]. Возьмём плоскость [tex]\tau'\parallel\tau[/tex], не проходящую через [tex]C[/tex]; прямые [tex]CA[/tex] и [tex]CB[/tex] пересекают её в точках [tex]A'[/tex] и [tex]B'[/tex]. Треугольник [tex]A'B'C[/tex] лежит в плоскости [tex](ABC)[/tex] и является прямоугольным с прямым углом при [tex]C[/tex]. Пусть [tex]C_0[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]C[/tex] на [tex]\tau'[/tex] и [tex]d=CC_0\gt 0[/tex]. Тогда [tex]C_0A'[/tex] и [tex]C_0B'[/tex] — проекции [tex]CA'[/tex] и [tex]CB'[/tex], поэтому [tex]\alpha=\angle CA'C_0[/tex], [tex]\beta=\angle CB'C_0[/tex] и из прямоугольных треугольников
[tex]\sin \alpha=\frac{d}{CA'},\quad \sin \beta=\frac{d}{CB'}[/tex]
Пусть [tex]CH[/tex] — высота треугольника [tex]A'B'C[/tex], проведённая к [tex]A'B'[/tex]. Если [tex]H\ne C_0[/tex], то по теореме о трёх перпендикулярах [tex]C_0H\perp A'B'[/tex], поэтому [tex]\angle CHC_0[/tex] — линейный угол двугранного угла между [tex](ABC)[/tex] и [tex]\tau'[/tex] и [tex]\sin \varphi=\frac{d}{CH}[/tex]. Если [tex]H=C_0[/tex], то [tex](ABC)\perp\tau'[/tex], [tex]\varphi=90^{\circ}[/tex] и снова [tex]\sin \varphi=1=\frac{d}{CH}[/tex].
В прямоугольном треугольнике [tex]A'B'C[/tex] имеем [tex]CA'\cdot CB'=A'B'\cdot CH[/tex] и [tex]A'B'^2=CA'^2+CB'^2[/tex], поэтому
[tex]\frac{1}{CH^2}=\frac{A'B'^2}{CA'^2\cdot CB'^2}=\frac{1}{CA'^2}+\frac{1}{CB'^2}[/tex]
Умножив на [tex]d^2[/tex], получаем [tex]\sin ^2\varphi=\sin ^2\alpha+\sin ^2\beta[/tex].
Случай [tex]2[/tex]: один из катетов, например [tex]AC[/tex], параллелен [tex]\tau[/tex]. Тогда [tex]\alpha=0^{\circ}[/tex], а [tex]BC[/tex] не параллелен [tex]\tau[/tex] (иначе [tex](ABC)\parallel\tau[/tex]). Снова возьмём плоскость [tex]\tau'\parallel\tau[/tex], не проходящую через [tex]C[/tex]; плоскость [tex](ABC)[/tex] пересекает [tex]\tau'[/tex] по прямой [tex]l\parallel AC[/tex], и так как [tex]BC\perp AC[/tex], то и [tex]BC\perp l[/tex].
Пусть [tex]B'[/tex] — общая точка [tex]BC[/tex] и [tex]\tau'[/tex] (она лежит на [tex]l[/tex]), а [tex]C_0[/tex] — проекция точки [tex]C[/tex] на [tex]\tau'[/tex]. По теореме о трёх перпендикулярах [tex]C_0B'\perp l[/tex], поэтому [tex]\angle CB'C_0[/tex] — одновременно угол [tex]\beta[/tex] и линейный угол двугранного угла [tex]\varphi[/tex] (если [tex]C_0=B'[/tex], оба угла равны [tex]90^{\circ}[/tex]). Следовательно,
[tex]\sin ^2\varphi=\sin ^2\beta=\sin ^2\alpha+\sin ^2\beta[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O=AC\cap BD[/tex]; [tex]O[/tex] — середина [tex]AC[/tex] и [tex]BD[/tex], а [tex]SO[/tex] — линия пересечения плоскостей [tex](SAC)[/tex] и [tex](SBD)[/tex]. Отрезок [tex]A_1C_1[/tex] соединяет точки сторон [tex]SA[/tex] и [tex]SC[/tex] треугольника [tex]SAC[/tex], поэтому он пересекает отрезок [tex]SO[/tex] в точке [tex]O_1[/tex], лежащей в секущей плоскости. Аналогично [tex]B_1D_1[/tex] пересекает [tex]SO[/tex] в точке секущей плоскости. Так как [tex]S[/tex] не лежит в секущей плоскости, прямая [tex]SO[/tex] имеет с ней только одну общую точку, поэтому [tex]B_1D_1[/tex] тоже проходит через [tex]O_1[/tex].
Сначала докажем, что в треугольнике [tex]SAC[/tex] выполнено [tex]\frac{SA}{SA_1}+\frac{SC}{SC_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]. Через [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] проведём прямые, параллельные [tex]A_1C_1[/tex]; пусть они пересекают прямую [tex]SO[/tex] в точках [tex]A_2[/tex] и [tex]C_2[/tex]. По теореме о пропорциональных отрезках в углах [tex]ASO[/tex] и [tex]CSO[/tex]:
[tex]\frac{SA}{SA_1}=\frac{SA_2}{SO_1}; \quad \frac{SC}{SC_1}=\frac{SC_2}{SO_1}[/tex]
Треугольники [tex]OAA_2[/tex] и [tex]OCC_2[/tex] равны ([tex]OA=OC[/tex], углы при вершине [tex]O[/tex] вертикальные, а [tex]\angle OAA_2=\angle OCC_2[/tex] как накрест лежащие при [tex]AA_2\parallel CC_2[/tex]), поэтому [tex]OA_2=OC_2[/tex]. Точки [tex]A_2[/tex] и [tex]C_2[/tex] лежат на прямой [tex]SO[/tex] по разные стороны от [tex]O[/tex] (если [tex]A_1C_1\parallel AC[/tex], то [tex]A_2=C_2=O[/tex]), следовательно, [tex]SA_2+SC_2=2\,SO[/tex]. Складывая две пропорции, получаем
[tex]\frac{SA}{SA_1}+\frac{SC}{SC_1}=\frac{SA_2+SC_2}{SO_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]
Аналогично в треугольнике [tex]SBD[/tex] ([tex]O[/tex] — середина [tex]BD[/tex], а [tex]B_1D_1[/tex] проходит через [tex]O_1[/tex]) получаем
[tex]\frac{SB}{SB_1}+\frac{SD}{SD_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]
Следовательно, обе суммы равны.