Правильная четырехугольная призма. AB=5 AA1=√5 k принадледит bc, l принадлежит c1d1 ck=2 c1l=1 плоскость гамма параллельна BD, k и l принадлежат плоскости гамма.а) докажи a1c перпендикулярно плоскости гамма б) найди объём пирамиды вершина которой в точке A, основание KK1ll1 это все одна задача, реши пункт а координатным способом (b(000), c(050), a(500))

Конечно. В пункте 2 нужно найти два непараллельных направления, лежащих в плоскости \(\gamma\).

1. Первое направление — \(BD\)

Плоскость \(\gamma\) параллельна прямой \(BD\), значит направление этой прямой можно считать направлением внутри плоскости \(\gamma\).

\[ \overrightarrow{BD}=D-B=(5,5,0). \]

Можно сократить координаты на \(5\):

\[ \vec u=(1,1,0). \]

2. Второе направление — \(KL\)

Точки \(K\) и \(L\) принадлежат плоскости \(\gamma\), поэтому вся прямая \(KL\) лежит в этой плоскости.

Ранее мы нашли:

\[ K=(0,3,0),\qquad L=(1,5,\sqrt5). \]

Тогда

\[ \overrightarrow{KL}=L-K=(1,2,\sqrt5). \]

Обозначим:

\[ \vec v=(1,2,\sqrt5). \]

Векторы \(\vec u\) и \(\vec v\) не параллельны, поэтому они задают два направления плоскости \(\gamma\).

3. Находим нормаль к плоскости

Нормальный вектор \(\vec n=(x,y,z)\) должен быть перпендикулярен обоим направлениям:

\[ \vec n\cdot\vec u=0,\qquad \vec n\cdot\vec v=0. \]

Получаем систему:

\[ \begin{cases} x+y=0,\\ x+2y+\sqrt5z=0. \end{cases} \]

Из первого уравнения:

\[ x=-y. \]

Подставим во второе:

\[ -y+2y+\sqrt5z=0, \]

\[ y=-\sqrt5z. \]

Возьмём \(z=1\). Тогда

\[ y=-\sqrt5,\qquad x=\sqrt5. \]

Поэтому нормальный вектор плоскости \(\gamma\):

\[ \boxed{\vec n=(\sqrt5,-\sqrt5,1)}. \]

Именно этот вектор затем сравнивается с направляющим вектором прямой \(A_1C\).

Хорошо, координаты не сокращаем.

В плоскости \(\gamma\) лежат два непараллельных направления:

\[ \overrightarrow{BD}=D-B=(5,5,0), \]

поскольку \(\gamma\parallel BD\), и

\[ \overrightarrow{KL}=L-K=(1,5,\sqrt5)-(0,3,0)=(1,2,\sqrt5). \]

Обозначим:

\[ \vec u=(5,5,0),\qquad \vec v=(1,2,\sqrt5). \]

Теперь найдём нормальный вектор плоскости \(\gamma\):

\[ \vec n=\vec u\times\vec v= \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ 5&5&0\\ 1&2&\sqrt5 \end{vmatrix}. \]

Раскрываем определитель:

\[ \vec n= \left(5\sqrt5-0,\;-\left(5\sqrt5-0\right),\;10-5\right). \]

Поэтому

\[ \boxed{\vec n=(5\sqrt5,-5\sqrt5,5)}. \]

Теперь найдём направляющий вектор прямой \(A_1C\):

\[ \overrightarrow{A_1C}=C-A_1 =(0,5,0)-(5,0,\sqrt5) =(-5,5,-\sqrt5). \]

Сравним векторы:

\[ \overrightarrow{A_1C} =-\frac1{\sqrt5}(5\sqrt5,-5\sqrt5,5). \]

Значит,

\[ \overrightarrow{A_1C}\parallel\vec n. \]

Так как \(\vec n\) — нормальный вектор плоскости \(\gamma\), то

\[ \boxed{A_1C\perp\gamma}. \]

Вектор нормали к плоскости — это вектор, перпендикулярный двум непараллельным векторам, лежащим в этой плоскости.

У нас в плоскости \(\gamma\) лежат направления:

\[ \vec u=\overrightarrow{BD}=(5,5,0), \] \[ \vec v=\overrightarrow{KL}=(1,2,\sqrt5). \]

Поэтому нормаль можно найти как векторное произведение:

\[ \vec n=\vec u\times\vec v. \]

Для векторов \(\vec u=(u_1,u_2,u_3)\) и \(\vec v=(v_1,v_2,v_3)\):

\[ \vec u\times\vec v= \left( u_2v_3-u_3v_2,\; u_3v_1-u_1v_3,\; u_1v_2-u_2v_1 \right). \]

Подставляем наши координаты:

\[ \vec n=(5,5,0)\times(1,2,\sqrt5). \]

Считаем координаты по очереди:

\[ n_x=5\cdot\sqrt5-0\cdot2=5\sqrt5, \]

\[ n_y=0\cdot1-5\cdot\sqrt5=-5\sqrt5, \]

\[ n_z=5\cdot2-5\cdot1=10-5=5. \]

Значит,

\[ \boxed{\vec n=(5\sqrt5,-5\sqrt5,5)}. \]

Почему это именно нормаль? Проверим скалярные произведения:

\[ \vec n\cdot\vec u =(5\sqrt5,-5\sqrt5,5)\cdot(5,5,0) =25\sqrt5-25\sqrt5=0, \]

\[ \vec n\cdot\vec v =(5\sqrt5,-5\sqrt5,5)\cdot(1,2,\sqrt5) =5\sqrt5-10\sqrt5+5\sqrt5=0. \]

Вектор \(\vec n\) перпендикулярен обоим направлениям плоскости \(\gamma\), поэтому он является её нормальным вектором.

Пусть уравнение плоскости \(\gamma\) имеет вид

\[ px+qy+rz+s=0. \]

Тогда её вектор нормали:

\[ \vec n=(p,q,r). \]

Из условия:

\[ K=(0,3,0),\qquad L=(1,5,\sqrt5), \] \[ \overrightarrow{BD}=D-B=(5,5,0). \]

1. Используем, что \(K\in\gamma\)

Подставим координаты \(K\):

\[ p\cdot0+q\cdot3+r\cdot0+s=0, \]

\[ 3q+s=0. \tag{1} \]

2. Используем, что \(L\in\gamma\)

\[ p\cdot1+q\cdot5+r\sqrt5+s=0, \]

\[ p+5q+\sqrt5r+s=0. \tag{2} \]

3. Используем \(\gamma\parallel BD\)

Вектор \(\overrightarrow{BD}=(5,5,0)\) лежит в направлении плоскости \(\gamma\), поэтому он перпендикулярен её нормали:

\[ \vec n\cdot\overrightarrow{BD}=0. \]

Получаем:

\[ (p,q,r)\cdot(5,5,0)=0, \]

\[ 5p+5q=0, \]

\[ p=-q. \tag{3} \]

Из (1):

\[ s=-3q. \]

Подставим \(p=-q\) и \(s=-3q\) в (2):

\[ -q+5q+\sqrt5r-3q=0, \]

\[ q+\sqrt5r=0. \]

Чтобы не использовать дроби, возьмём

\[ r=5. \]

Тогда

\[ q=-5\sqrt5,\qquad p=5\sqrt5,\qquad s=15\sqrt5. \]

Следовательно, уравнение плоскости:

\[ \boxed{5\sqrt5x-5\sqrt5y+5z+15\sqrt5=0}. \]

Коэффициенты при \(x,y,z\) образуют вектор нормали:

\[ \boxed{\vec n=(5\sqrt5,-5\sqrt5,5)}. \]

Именно поэтому

\[ \overrightarrow{A_1C}=(-5,5,-\sqrt5) \]

параллелен \(\vec n\), следовательно,

\[ \boxed{A_1C\perp\gamma}. \]

Решим пункт б координатным способом.

Будем считать, что \(K_1\) и \(L_1\) — точки пересечения плоскости \(\gamma\) с рёбрами \(B_1C_1\) и \(CD\), то есть \(KK_1LL_1\) — сечение призмы плоскостью \(\gamma\).

Уравнение плоскости из пункта а:

\[ \gamma:\quad 5\sqrt5x-5\sqrt5y+5z+15\sqrt5=0. \]

1. Координаты \(K_1\) и \(L_1\)

Точка \(K_1\in B_1C_1\), поэтому имеет координаты

\[ K_1=(0,y,\sqrt5). \]

Подставим в уравнение плоскости:

\[ 5\sqrt5\cdot0-5\sqrt5y+5\sqrt5+15\sqrt5=0, \]

\[ -5\sqrt5y+20\sqrt5=0, \]

\[ y=4. \]

Значит,

\[ K_1=(0,4,\sqrt5). \]

Точка \(L_1\in CD\), поэтому

\[ L_1=(x,5,0). \]

Подставим:

\[ 5\sqrt5x-5\sqrt5\cdot5+15\sqrt5=0, \]

\[ 5\sqrt5x-10\sqrt5=0, \]

\[ x=2. \]

Следовательно,

\[ L_1=(2,5,0). \]

---

2. Площадь основания \(KK_1LL_1\)

Разобьём четырёхугольник диагональю \(KL\):

\[ S_{KK_1LL_1}=S_{\triangle KK_1L}+S_{\triangle KLL_1}. \]

Векторы:

\[ \overrightarrow{KK_1}=(0,1,\sqrt5), \]

\[ \overrightarrow{KL}=(1,2,\sqrt5), \]

\[ \overrightarrow{KL_1}=(2,2,0). \]

Для первого треугольника:

\[ \overrightarrow{KK_1}\times\overrightarrow{KL} =(-\sqrt5,\sqrt5,-1). \]

Поэтому

\[ S_{\triangle KK_1L} =\frac12\sqrt{(\sqrt5)^2+(\sqrt5)^2+(-1)^2} =\frac{\sqrt{11}}2. \]

Для второго треугольника:

\[ \overrightarrow{KL}\times\overrightarrow{KL_1} =(-2\sqrt5,2\sqrt5,-2). \]

Тогда

\[ S_{\triangle KLL_1} =\frac12\sqrt{(2\sqrt5)^2+(2\sqrt5)^2+(-2)^2} =\frac12\sqrt{44} =\sqrt{11}. \]

Значит, площадь основания:

\[ S_{KK_1LL_1} =\frac{\sqrt{11}}2+\sqrt{11} =\boxed{\frac{3\sqrt{11}}2}. \]

---

3. Высота пирамиды

Высота — это расстояние от точки \(A(5,0,0)\) до плоскости \(\gamma\):

\[ h= \frac{\left|5\sqrt5\cdot5-5\sqrt5\cdot0+5\cdot0+15\sqrt5\right|} {\sqrt{(5\sqrt5)^2+(-5\sqrt5)^2+5^2}}. \]

\[ h= \frac{40\sqrt5}{\sqrt{125+125+25}} = \frac{40\sqrt5}{5\sqrt{11}} = \boxed{\frac{8\sqrt5}{\sqrt{11}}}. \]

---

4. Объём пирамиды

\[ V=\frac13 S_{\text{осн}}h. \]

\[ V=\frac13\cdot\frac{3\sqrt{11}}2\cdot\frac{8\sqrt5}{\sqrt{11}} =4\sqrt5. \]

\[ \boxed{V=4\sqrt5\text{ куб. ед.}} \]