Сечения, ъгли и разстояния в пространството - много трудни задачи с решения

Решение:
Тъй като [tex]A_1B\parallel D_1C[/tex] и [tex]BD\parallel B_1D_1[/tex], равнините [tex](A_1BD)[/tex] и [tex](B_1CD_1)[/tex] са успоредни; [tex]BD[/tex] лежи в първата, а [tex]B_1C[/tex] във втората. Общият перпендикуляр на кръстосаните прави [tex]BD[/tex] и [tex]B_1C[/tex] е перпендикулярен на две неуспоредни прави, успоредни на тези равнини, следователно и на самите равнини, затова търсеното разстояние е равно на разстоянието между двете равнини.
Проекцията на диагонала [tex]AC_1[/tex] върху [tex](ABCD)[/tex] е [tex]AC[/tex] и [tex]AC\perp BD[/tex], затова [tex]AC_1\perp BD[/tex] по теоремата за трите перпендикуляра; аналогично проекцията му върху [tex](ABB_1A_1)[/tex] е [tex]AB_1[/tex] и [tex]AB_1\perp A_1B[/tex], затова [tex]AC_1\perp A_1B[/tex]. Следователно [tex]AC_1\perp(A_1BD)[/tex], а също и [tex]AC_1\perp(B_1CD_1)[/tex].
Нека [tex]AC_1[/tex] пресича тези равнини в точките [tex]K[/tex] и [tex]L[/tex]; търсеното разстояние е [tex]KL[/tex]. Отсечката [tex]AK[/tex] е височината на пирамидата [tex]AA_1BD[/tex] към стената [tex]A_1BD[/tex], която е равностранен триъгълник със страна [tex]a\sqrt{2}[/tex]. Пресмятаме обема [tex]V[/tex] на тази пирамида с основа [tex]ABD[/tex] и височина [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]
По същия начин (от пирамидата [tex]C_1B_1CD_1[/tex]) [tex]C_1L=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]. Тъй като [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:
Нека правата [tex]BM[/tex] пресича правата [tex]CD[/tex] в точка [tex]X[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]MAB[/tex] и [tex]MDX[/tex] са еднакви ([tex]AM=MD[/tex], а ъглите при [tex]M[/tex] са връхни), затова [tex]DX=AB=a[/tex] и [tex]XC=2a[/tex].
Точките [tex]X[/tex] и [tex]N[/tex] лежат едновременно в [tex]\lambda[/tex] и в равнината [tex](CDD_1C_1)[/tex], затова [tex]\lambda[/tex] пресича тази стена по [tex]XN[/tex] и [tex]P=XN\cap DD_1[/tex]. От подобните триъгълници [tex]XDP[/tex] и [tex]XCN[/tex]:
[tex]\frac{DP}{CN}=\frac{XD}{XC}=\frac{1}{2}\Rightarrow DP=\frac{a}{4}[/tex]
Равнината пресича стените [tex]ABCD[/tex], [tex]BCC_1B_1[/tex], [tex]CDD_1C_1[/tex], [tex]ADD_1A_1[/tex] съответно по [tex]BM[/tex], [tex]BN[/tex], [tex]NP[/tex], [tex]PM[/tex], така че сечението е четириъгълникът [tex]BNPM[/tex]. Ортогоналната му проекция върху [tex](ABCD)[/tex] е четириъгълникът [tex]BCDM[/tex] ([tex]N[/tex] и [tex]P[/tex] се проектират 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]
Нека [tex]\varphi[/tex] е ъгълът между [tex]\lambda[/tex] и [tex](ABCD)[/tex]. Построяваме [tex]CT\perp BM[/tex] ([tex]T[/tex] е от правата [tex]BM[/tex]). Тъй като [tex]NC\perp (ABCD)[/tex], според теоремата за трите перпендикуляра [tex]NT\perp BM[/tex], следователно [tex]\angle NTC=\varphi[/tex]. От [tex]S_{BCM}=\frac{1}{2}BM\cdot CT=\frac{a^2}{2}[/tex] и [tex]BM=\frac{a\sqrt{5}}{2}[/tex] получаваме [tex]CT=\frac{2a}{\sqrt{5}}[/tex].
В правоъгълния триъгълник [tex]NCT[/tex] (с прав ъгъл 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]
Лицето на ортогоналната проекция е равно на лицето на фигурата, умножено по [tex]\cos\varphi[/tex], следователно
[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:
Правите [tex]DN[/tex] и [tex]MC[/tex] са кръстосани. В равнината на основата през [tex]N[/tex] построяваме правата [tex]l\parallel MC[/tex] и означаваме с [tex]\beta[/tex] равнината през [tex]DN[/tex] и [tex]l[/tex]. Тогава [tex]MC\parallel\beta[/tex], затова търсеното разстояние е равно на разстоянието от точката [tex]C[/tex] на [tex]MC[/tex] до равнината [tex]\beta[/tex].
Медианата [tex]CM[/tex] на равностранния триъгълник е и височина, затова [tex]BM\perp CM[/tex] и [tex]BM=2\sqrt{2}[/tex]. Нека [tex]K\in l[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]C[/tex] към [tex]l[/tex]. Тъй като [tex]l\parallel CM[/tex], отсечката [tex]CK[/tex] е равна на разстоянието от [tex]N[/tex] до [tex]CM[/tex]; понеже [tex]N[/tex] е средата на [tex]BC[/tex], това разстояние е половината от [tex]BM[/tex] (средна отсечка в триъгълника [tex]BCM[/tex]):
[tex]CK=\frac{BM}{2}=\sqrt{2}[/tex]
Тъй като [tex]DC\perp (ABC)[/tex] и [tex]CK\perp l[/tex], според теоремата за трите перпендикуляра [tex]DK\perp l[/tex]. Следователно [tex]l\perp (DCK)[/tex], затова равнината [tex]\beta[/tex], която съдържа [tex]l[/tex], е перпендикулярна на равнината [tex](DCK)[/tex] и я пресича по [tex]DK[/tex].
В триъгълника [tex]DCK[/tex] построяваме [tex]CH\perp DK[/tex] ([tex]H\in DK[/tex]); тогава [tex]CH\perp\beta[/tex], т.е. [tex]CH[/tex] е търсеното разстояние. В правоъгълния триъгълник [tex]DCK[/tex] (с прав ъгъл 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:
Стените [tex]ABB_1A_1[/tex] и [tex]DCC_1D_1[/tex] лежат в успоредни равнини, затова секущата равнина ги пресича по успоредни прави: [tex]AK\parallel LC_1[/tex]; аналогично [tex]KC_1\parallel AL[/tex]. Следователно [tex]AKC_1L[/tex] е успоредник с диагонал [tex]AC_1[/tex] и ако [tex]d[/tex] е разстоянието от [tex]K[/tex] до правата [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]
Остава да минимизираме [tex]d[/tex]. В основата построяваме [tex]BF\perp AC[/tex], [tex]F\in AC[/tex]. Равнината [tex](ACC_1A_1)[/tex] е перпендикулярна на основата, затова [tex]BF\perp (ACC_1A_1)[/tex]. Тъй като [tex]BB_1\parallel AA_1[/tex], правата [tex]BB_1[/tex] е успоредна на тази равнина и всяка нейна точка [tex]K[/tex] е на разстояние [tex]BF[/tex] от равнината. Затова [tex]d\ge BF[/tex], като равенство има точно когато петата [tex]F_1[/tex] на перпендикуляра от [tex]K[/tex] към равнината лежи на [tex]AC_1[/tex]; тази пета е точката над [tex]F[/tex] на височина [tex]BK[/tex] ([tex]KF_1\parallel BF[/tex]).
В правоъгълния триъгълник [tex]ABC[/tex] отсечката [tex]AF[/tex] е проекцията на катета [tex]AB[/tex] върху хипотенузата:
[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]
От подобни триъгълници в равнината [tex](ACC_1A_1)[/tex] точката от [tex]AC_1[/tex] над [tex]F[/tex] е на височина [tex]CC_1\cdot \frac{AF}{AC}=6\cdot \frac{4}{5}=4{,}8[/tex]. Следователно лицето е най-малко при
[tex]BK=4{,}8[/tex]
Диагоналите на успоредника се разполовяват в центъра на паралелепипеда, затова [tex]L[/tex] е симетрична на [tex]K[/tex] спрямо него и [tex]DL=6-4{,}8=1{,}2[/tex], т.е. [tex]L[/tex] наистина лежи на [tex]DD_1[/tex]. (Най-малкото лице е [tex]9\cdot BF=9\cdot \frac{6}{\sqrt{5}}=\frac{54\sqrt{5}}{5}[/tex].)

Решение:
Нека [tex]AB=x[/tex], [tex]AD=BC=y[/tex], [tex]AA_1=z[/tex]. Всеки от трите ръба е кръстосан с [tex]AC_1[/tex], а разстоянието между две кръстосани прави е равно на разстоянието от едната до равнината през другата, успоредна на първата.
[tex]BB_1\parallel AA_1[/tex], затова [tex]BB_1\parallel (ACC_1A_1)[/tex]. Тази равнина е перпендикулярна на основата, следователно разстоянието е равно на височината от [tex]B[/tex] в правоъгълния триъгълник [tex]ABC[/tex]:
[tex]\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{6}{\sqrt{13}}[/tex]
[tex]BC\parallel AD[/tex], затова [tex]BC\parallel (AB_1C_1D)[/tex]. Тъй като [tex]AD\perp (ABB_1A_1)[/tex], тази равнина е перпендикулярна на стената [tex]ABB_1A_1[/tex] и я пресича по [tex]AB_1[/tex], следователно разстоянието е равно на височината от [tex]B[/tex] в правоъгълния триъгълник [tex]ABB_1[/tex]:
[tex]\frac{xz}{\sqrt{x^2+z^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}[/tex]
[tex]A_1B_1\parallel AB[/tex], затова [tex]A_1B_1\parallel (ABC_1D_1)[/tex]. Тъй като [tex]AB\perp (ADD_1A_1)[/tex], тази равнина е перпендикулярна на стената [tex]ADD_1A_1[/tex] и я пресича по [tex]AD_1[/tex], следователно разстоянието е равно на височината от [tex]A_1[/tex] в правоъгълния триъгълник [tex]AA_1D_1[/tex]:
[tex]\frac{yz}{\sqrt{y^2+z^2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}[/tex]
Като повдигнем трите равенства на квадрат и обърнем дробите:
[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]
Като ги съберем, получаваме [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]. Като извадим от това всяко от уравненията:
[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]
Следователно [tex]x=2[/tex], [tex]y=3[/tex], [tex]z=1[/tex] и обемът е [tex]V=xyz=6[/tex].

Решение:
Нека равнината [tex]\alpha[/tex] пресича [tex]DB[/tex] и [tex]DC[/tex] в точките [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex]. Тъй като [tex]BC\parallel\alpha[/tex], равнината [tex](DBC)[/tex] пресича [tex]\alpha[/tex] по права, успоредна на [tex]BC[/tex], т.е. [tex]PQ\parallel BC[/tex], триъгълникът [tex]DPQ[/tex] е равностранен, а сечението е триъгълникът [tex]APQ[/tex]. Полагаме [tex]DP=DQ=PQ=ta[/tex], [tex]0\lt t\le 1[/tex].
Нека [tex]K[/tex] е средата на [tex]BC[/tex]; медианата [tex]DK[/tex] пресича отсечката [tex]PQ[/tex] в средата ѝ [tex]L[/tex] и [tex]DL=t\cdot DK[/tex]. Триъгълниците [tex]ADP[/tex] и [tex]ADQ[/tex] са еднакви ([tex]AD[/tex] е обща, [tex]DP=DQ[/tex], [tex]\angle ADP=\angle ADQ=60^{\circ}[/tex]), затова [tex]AP=AQ[/tex] и [tex]AL\perp PQ[/tex].
Освен това [tex]BC\perp AK[/tex] и [tex]BC\perp DK[/tex], затова [tex]BC\perp(ADK)[/tex]; следователно [tex]PQ\perp(ADK)[/tex] и равнината [tex]\alpha[/tex], която съдържа [tex]PQ[/tex], е перпендикулярна на [tex](ADK)[/tex] и я пресича по правата [tex]AL[/tex]. Понеже [tex]BC\parallel\alpha[/tex], точките [tex]B[/tex] и [tex]K[/tex] са на едно и също разстояние от [tex]\alpha[/tex], което е равно на разстоянието [tex]KH[/tex] от [tex]K[/tex] до правата [tex]AL[/tex] (перпендикулярът [tex]KH[/tex] към [tex]AL[/tex] в равнината [tex](ADK)[/tex] е перпендикулярен на [tex]\alpha[/tex]). Тъй като ъгълът между [tex]AB[/tex] и [tex]\alpha[/tex] е [tex]30^{\circ}[/tex],
[tex]KH=AB\sin 30^{\circ}=\frac{a}{2}[/tex]
В равнобедрения триъгълник [tex]ADK[/tex] имаме [tex]AK=DK=\frac{a\sqrt{3}}{2}[/tex], [tex]AD=a[/tex], а височината от [tex]K[/tex] минава през средата на [tex]AD[/tex], затова
[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]
Тъй като [tex]KL=(1-t)DK[/tex], то [tex]S_{AKL}=(1-t)S_{ADK}=\frac{(1-t)a^2\sqrt{2}}{4}[/tex], а от косинусовата теорема за триъгълника [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]
От [tex]KH=\frac{2S_{AKL}}{AL}=\frac{a}{2}[/tex] получаваме
[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]
Корените са [tex]t=2[/tex] и [tex]t=\frac{2}{5}[/tex], като само [tex]t=\frac{2}{5}[/tex] удовлетворява [tex]t\le 1[/tex]. Тогава
[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:
Тъй като [tex]D_1E_1\parallel DE\parallel AB[/tex], равнината през [tex]AB[/tex] и [tex]D_1E_1[/tex] е еднозначно определена. Нека [tex]K[/tex], [tex]L[/tex] и [tex]K_1[/tex] са средите на [tex]AB[/tex], [tex]DE[/tex] и [tex]D_1E_1[/tex]. Отсечката [tex]KL[/tex] минава през центъра на основата, [tex]KL\perp AB[/tex] и е равна на два пъти апотемата на шестоъгълника:
[tex]KL=2\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}[/tex]
Точката [tex]K_1[/tex] се проектира в [tex]L[/tex], затова от теоремата за трите перпендикуляра [tex]KK_1\perp AB[/tex] и [tex]\varphi=\angle K_1KL[/tex] е ъгълът между секущата равнина и основата. От правоъгълния триъгълник [tex]KLK_1[/tex] с [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]
Диагоналът [tex]CF[/tex] минава през центъра успоредно на [tex]AB[/tex], т.е. по средата между [tex]AB[/tex] и [tex]DE[/tex], затова равнината пресича околните ръбове [tex]CC_1[/tex] и [tex]FF_1[/tex] в средите им [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex]. Следователно сечението е шестоъгълникът [tex]ABPD_1E_1Q[/tex], а ортогоналната му проекция върху равнината на основата е цялата основа [tex]ABCDEF[/tex]:
[tex]S_{ABCDEF}=6\cdot \frac{3^2\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}[/tex]
От теоремата за лице на ортогонална проекция:
[tex]S=\frac{S_{ABCDEF}}{\cos\varphi}=\frac{27\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{14}{3\sqrt{3}}=63[/tex]

Решение:
Нека [tex]d(X)[/tex] е разстоянието от точка [tex]X[/tex] до [tex]\lambda[/tex]. Точката [tex]M\in\lambda[/tex] е среда на [tex]AD[/tex], затова [tex]A[/tex] и [tex]D[/tex] са от различни страни на [tex]\lambda[/tex] и [tex]d(D)=d(A)=1[/tex].
Точката [tex]K\in\lambda[/tex] лежи на [tex]DC[/tex]; перпендикулярите от [tex]D[/tex] и [tex]C[/tex] към [tex]\lambda[/tex] образуват с отсечките [tex]KD[/tex] и [tex]KC[/tex] подобни правоъгълни триъгълници, затова [tex]d(C):d(D)=KC:KD=3:2[/tex], т.е. [tex]d(C)=\frac{3}{2}[/tex], като [tex]C[/tex] е от другата страна на [tex]\lambda[/tex] спрямо [tex]D[/tex]. Точката [tex]N\in\lambda[/tex] е среда на [tex]BC[/tex], затова [tex]d(B)=d(C)=\frac{3}{2}[/tex] и [tex]B[/tex] е от другата страна спрямо [tex]C[/tex].
Следователно [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] са от едната страна на [tex]\lambda[/tex], а [tex]B[/tex] и [tex]D[/tex] — от другата, и [tex]\lambda[/tex] пресича ръба [tex]AB[/tex] в точка [tex]T[/tex], за която [tex]AT:TB=d(A):d(B)=2:3[/tex]. Сечението е четириъгълникът [tex]MKNT[/tex]; нека [tex]S[/tex] е неговото лице.
Частта от пирамидата, съдържаща [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex], се разделя на пирамидата [tex]AMKNT[/tex] и тетраедъра [tex]ACKN[/tex]. Последният има същия връх [tex]A[/tex] като [tex]ABCD[/tex] и основа в равнината [tex](BCD)[/tex], затова обемът му е [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 частта, съдържаща [tex]B[/tex] и [tex]D[/tex], се разделя на пирамидата [tex]DMKNT[/tex] и тетраедъра [tex]DBTN[/tex] (връх [tex]D[/tex], основа в равнината [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]
Двете части съставят цялата пирамида:
[tex]\frac{S}{3}+\frac{3}{2}+\frac{S}{3}+\frac{3}{2}=5\Rightarrow \frac{2S}{3}=2\Rightarrow S=3[/tex]

Решение:
Нека [tex]H[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]D[/tex] върху [tex](ABC)[/tex]; тогава [tex]CH[/tex] и [tex]AH[/tex] са проекциите на [tex]CD[/tex] и [tex]AD[/tex]. Правата [tex]AB[/tex] от равнината е перпендикулярна на наклонената [tex]CD[/tex], затова по теоремата за трите перпендикуляра е перпендикулярна и на проекцията ѝ: [tex]CH\perp AB[/tex]. По същия начин от [tex]BC\perp AD[/tex] следва [tex]AH\perp BC[/tex]. Следователно [tex]H[/tex] лежи на височините на триъгълника [tex]ABC[/tex] през [tex]C[/tex] и през [tex]A[/tex], т.е. [tex]H[/tex] е неговият ортоцентър.
Ако [tex]H[/tex] съвпада с връх, например [tex]H=C[/tex], то [tex]AC[/tex] е проекцията на [tex]AD[/tex], затова [tex]AC\perp BC[/tex] и ортоцентърът отново е [tex]C=H[/tex].

Решение:
Нека [tex]H[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]D[/tex] върху [tex](ABC)[/tex]. Първо ще покажем, че [tex]H[/tex] е ортоцентърът на триъгълника [tex]ABC[/tex]. Отсечките [tex]CH[/tex] и [tex]AH[/tex] са проекциите на [tex]CD[/tex] и [tex]AD[/tex]. Правата [tex]AB[/tex] от равнината е перпендикулярна на наклонената [tex]CD[/tex], затова по теоремата за трите перпендикуляра е перпендикулярна и на проекцията ѝ: [tex]CH\perp AB[/tex]. По същия начин от [tex]BC\perp AD[/tex] следва [tex]AH\perp BC[/tex]. Следователно [tex]H[/tex] лежи на височините на триъгълника [tex]ABC[/tex] през [tex]C[/tex] и през [tex]A[/tex], т.е. [tex]H[/tex] е неговият ортоцентър. (Ако [tex]H[/tex] съвпада с връх, например [tex]H=C[/tex], то [tex]AC[/tex] е проекцията на [tex]AD[/tex], затова [tex]AC\perp BC[/tex] и ортоцентърът отново е [tex]C=H[/tex].)
Тъй като [tex]H[/tex] е ортоцентърът, [tex]BH\perp AC[/tex]. Но [tex]BH[/tex] е проекцията на [tex]BD[/tex] върху [tex](ABC)[/tex], а [tex]AC[/tex] лежи в тази равнина, затова по теоремата за трите перпендикуляра [tex]AC\perp BD[/tex], т.е. [tex]CA\perp BD[/tex]. (Ако [tex]H=B[/tex], то [tex]BD\perp(ABC)[/tex] и направо [tex]AC\perp BD[/tex].)

Решение:
Тъй като [tex]AB\perp CD[/tex], съществува равнина през [tex]CD[/tex], перпендикулярна на [tex]AB[/tex]; нека тя пресича правата [tex]AB[/tex] в точка [tex]P[/tex]. Тогава [tex]CP\perp AB[/tex] и [tex]DP\perp AB[/tex] и Питагоровата теорема за правоъгълните триъгълници [tex]APC[/tex], [tex]BPC[/tex], [tex]APD[/tex], [tex]BPD[/tex] дава
[tex]AC^2-BC^2=AP^2-BP^2=AD^2-BD^2\Rightarrow AC^2+BD^2=AD^2+BC^2[/tex]
По същия начин равнината през [tex]AD[/tex], перпендикулярна на [tex]BC[/tex] (тя съществува, защото [tex]BC\perp AD[/tex]), пресича правата [tex]BC[/tex] в точка [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]
От двете равенства получаваме:
[tex]AB^2+CD^2=BC^2+AD^2=AC^2+BD^2[/tex]

Решение:
Ако заменим [tex]\tau[/tex] с успоредна на нея равнина, трите ъгъла не се променят. Ако [tex](ABC)\parallel\tau[/tex], то [tex]\alpha=\beta=\varphi=0^{\circ}[/tex] и равенството е очевидно.
Случай [tex]1[/tex]: нито [tex]AC[/tex], нито [tex]BC[/tex] е успоредна на [tex]\tau[/tex]. Избираме равнина [tex]\tau'\parallel\tau[/tex], която не минава през [tex]C[/tex]; правите [tex]CA[/tex] и [tex]CB[/tex] я пресичат в точки [tex]A'[/tex] и [tex]B'[/tex]. Триъгълникът [tex]A'B'C[/tex] лежи в равнината [tex](ABC)[/tex] и е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]C[/tex]. Нека [tex]C_0[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]C[/tex] върху [tex]\tau'[/tex] и [tex]d=CC_0\gt 0[/tex]. Тогава [tex]C_0A'[/tex] и [tex]C_0B'[/tex] са проекциите на [tex]CA'[/tex] и [tex]CB'[/tex], затова [tex]\alpha=\angle CA'C_0[/tex], [tex]\beta=\angle CB'C_0[/tex] и от правоъгълните триъгълници
[tex]\sin \alpha=\frac{d}{CA'},\quad \sin \beta=\frac{d}{CB'}[/tex]
Нека [tex]CH[/tex] е височината на триъгълника [tex]A'B'C[/tex] към [tex]A'B'[/tex]. Ако [tex]H\ne C_0[/tex], по теоремата за трите перпендикуляра [tex]C_0H\perp A'B'[/tex], затова [tex]\angle CHC_0[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл между [tex](ABC)[/tex] и [tex]\tau'[/tex] и [tex]\sin \varphi=\frac{d}{CH}[/tex]. Ако [tex]H=C_0[/tex], то [tex](ABC)\perp\tau'[/tex], [tex]\varphi=90^{\circ}[/tex] и отново [tex]\sin \varphi=1=\frac{d}{CH}[/tex].
В правоъгълния триъгълник [tex]A'B'C[/tex] имаме [tex]CA'\cdot CB'=A'B'\cdot CH[/tex] и [tex]A'B'^2=CA'^2+CB'^2[/tex], следователно
[tex]\frac{1}{CH^2}=\frac{A'B'^2}{CA'^2\cdot CB'^2}=\frac{1}{CA'^2}+\frac{1}{CB'^2}[/tex]
Като умножим по [tex]d^2[/tex], получаваме [tex]\sin ^2\varphi=\sin ^2\alpha+\sin ^2\beta[/tex].
Случай [tex]2[/tex]: единият катет, например [tex]AC[/tex], е успореден на [tex]\tau[/tex]. Тогава [tex]\alpha=0^{\circ}[/tex], а [tex]BC[/tex] не е успореден на [tex]\tau[/tex] (иначе [tex](ABC)\parallel\tau[/tex]). Отново избираме равнина [tex]\tau'\parallel\tau[/tex], която не минава през [tex]C[/tex]; равнината [tex](ABC)[/tex] пресича [tex]\tau'[/tex] по права [tex]l\parallel AC[/tex] и тъй като [tex]BC\perp AC[/tex], то и [tex]BC\perp l[/tex].
Нека [tex]B'[/tex] е общата точка на [tex]BC[/tex] и [tex]\tau'[/tex] (тя лежи на [tex]l[/tex]), а [tex]C_0[/tex] е проекцията на [tex]C[/tex] върху [tex]\tau'[/tex]. По теоремата за трите перпендикуляра [tex]C_0B'\perp l[/tex], затова [tex]\angle CB'C_0[/tex] е едновременно ъгълът [tex]\beta[/tex] и линейният ъгъл на двустенния ъгъл [tex]\varphi[/tex] (ако [tex]C_0=B'[/tex], и двата ъгъла са [tex]90^{\circ}[/tex]). Следователно
[tex]\sin ^2\varphi=\sin ^2\beta=\sin ^2\alpha+\sin ^2\beta[/tex]

Решение:
Нека [tex]O=AC\cap BD[/tex]; [tex]O[/tex] е средата на [tex]AC[/tex] и на [tex]BD[/tex], а [tex]SO[/tex] е пресечницата на равнините [tex](SAC)[/tex] и [tex](SBD)[/tex]. Отсечката [tex]A_1C_1[/tex] свързва точки от страните [tex]SA[/tex] и [tex]SC[/tex] на триъгълника [tex]SAC[/tex], затова пресича отсечката [tex]SO[/tex] в точка [tex]O_1[/tex] от секущата равнина. Аналогично [tex]B_1D_1[/tex] пресича [tex]SO[/tex] в точка от секущата равнина. Тъй като [tex]S[/tex] не лежи в секущата равнина, правата [tex]SO[/tex] има само една обща точка с нея, следователно и [tex]B_1D_1[/tex] минава през [tex]O_1[/tex].
Първо ще докажем, че в триъгълника [tex]SAC[/tex] е изпълнено [tex]\frac{SA}{SA_1}+\frac{SC}{SC_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]. През [tex]A[/tex] и [tex]C[/tex] построяваме прави, успоредни на [tex]A_1C_1[/tex], които пресичат правата [tex]SO[/tex] в точките [tex]A_2[/tex] и [tex]C_2[/tex]. От теоремата за пропорционалните отсечки в ъглите [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]
Триъгълниците [tex]OAA_2[/tex] и [tex]OCC_2[/tex] са еднакви ([tex]OA=OC[/tex], ъглите при [tex]O[/tex] са връхни, а [tex]\angle OAA_2=\angle OCC_2[/tex] като кръстни ъгли, тъй като [tex]AA_2\parallel CC_2[/tex]), затова [tex]OA_2=OC_2[/tex]. Точките [tex]A_2[/tex] и [tex]C_2[/tex] лежат на правата [tex]SO[/tex] от двете страни на [tex]O[/tex] (ако [tex]A_1C_1\parallel AC[/tex], то [tex]A_2=C_2=O[/tex]), следователно [tex]SA_2+SC_2=2\,SO[/tex]. Като съберем двете пропорции, получаваме
[tex]\frac{SA}{SA_1}+\frac{SC}{SC_1}=\frac{SA_2+SC_2}{SO_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]
Аналогично в триъгълника [tex]SBD[/tex] ([tex]O[/tex] е средата на [tex]BD[/tex], а [tex]B_1D_1[/tex] минава през [tex]O_1[/tex]) получаваме
[tex]\frac{SB}{SB_1}+\frac{SD}{SD_1}=\frac{2\,SO}{SO_1}[/tex]
Следователно двете суми са равни.