Точка M — середина ребра A₁C₁. Плоскость γ параллельна ребру AC и

Решение по шагам

1. 1

   Как рассуждать

   Решение. [рисунок] а) Отметим точки $L_1$ и $K_1$ на ребрах $A_1B_1$ и CB соответственно так чтобы $LL_1\parallel A_1C_1,$ $KK_1\parallel AC$ Тогда плоскость гамма это плоскость $LL_1KK_1$ Очевидно $BM\perp KK_1,$ поскольку проекция BM на плоскость ABC — высота треугольника ABC Она перпендикулярна AC, а значит и $KK_1$ По теореме о трех перпендикулярах $BM\perp KK_1$ Рассмотрим теперь проекцию $M_1$ точки M на плоскость $AA_1B_1B$ Поскольку проекция $C_1$ на эту плоскость — середина ребра $A_1B_1,$ то $A_1M_1= \frac{1}{4} A_1B_1=3$ Докажем теперь, что прямая $BM_1$ перпендикулярна $KL_1$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах окажется что $BM\perp KL_1,$ а тогда и $BM\perp гамма$ Обозначим за O точку пересечения отрезков $BM_1$ и $KL_1,$ за $L_2$ — проекцию точки $L_1$ на прямую AB Тогда $\operatorname{tg} \angle OBK= \operatorname{tg} \angle M_1BK= \frac{M_1K}{KB} = \frac{AA_1}{9}$ $\operatorname{tg} \angle OKB= \operatorname{tg} \angle L_1KL_2= \frac{L_1L_2}{L_2K} = \frac{AA_1}{6}$ $\frac{AA_1}{9} \cdot \frac{AA_1}{6} = \frac{AA_1^{2}}{54} =1$ Итак, тангенсы этих углов обратны друг другу, поэтому углы в сумме дают $90^{o}$ и $\angle KOB=180^{o} - 90^{o} =90^{o} ,$ что и требовалось доказать.б) Пусть T — середина AC Тогда $d ( C, гамма ) =d ( T, гамма ) ,$ поскольку $AC\parallel гамма$ Соединим середины $LL_1$ и $KK_1$ (точки $L_3$ и $K_3$ ).