а)  Пусть точка M₁ делит ребро AD в от­но­ше­нии тогда

и мно­го­гран­ник M₁BCDMB₁C₁D₁  — па­рал­ле­ле­пи­пед. Пусть плос­кость MCK пе­ре­се­ка­ет ребро BB₁ в не­ко­то­рой точке N. Про­ти­во­по­лож­ные грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да па­рал­лель­ны, по­это­му па­рал­лель­ны пря­мые KM и CN, по ко­то­рым эти грани пе­ре­се­че­ны плос­ко­стью се­че­ния. От­рез­ки KM и CN равны как от­рез­ки па­рал­лель­ных пря­мых, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми плос­ко­стя­ми. Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CNB и MKD₁ равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе: BC  =  MD₁ и CN  =  MK. Тогда

а зна­чит, точка N  — се­ре­ди­на ребра BB₁. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По­стро­им се­че­ние приз­мы плос­ко­стью MKC. В плос­ко­сти ADD₁ про­длим пря­мую MK до пе­ре­се­че­ния с пря­мой AA₁. Точку их пе­ре­се­че­ния обо­зна­чим E. В плос­ко­сти ABB₁ точку пе­ре­се­че­ния пря­мой EN и ребра A₁B₁ обо­зна­чим L. Пя­ти­уголь­ник CKMLN яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем.

Най­дем длину бо­ко­вой сто­ро­ны тра­пе­ции ABCD:

Вы­со­та тра­пе­ции от­ре­зок Пря­мая CH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым AD и DD₁, а по­то­му по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти вы­со­та CH тра­пе­ции ABCD яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти ADD₁. Пря­мая MK пер­пен­ди­ку­ляр­на на­клон­ной CK по усло­вию, тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах про­ек­ция HK также пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MK. По­лу­ча­ем, что:

Тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки HKD и KMD по­доб­ны и

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков MKD₁ и CDK на­хо­дим, что

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки MKD₁ и MEA₁ по­доб­ны по двум углам: углы KMD₁ и EMA₁ равны как вер­ти­каль­ные. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LNB₁ и LEA₁ также по­доб­ны. Из по­до­бий по­лу­ча­ем:

тогда

За­ме­тим, что па­рал­ле­ло­грамм CKMN яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ни­ком, и вы­чис­лим пло­щадь се­че­ния:

Ответ: б)

Рис. 1

a)  Бо­ко­вая грань BCC₁B₁ приз­мы па­рал­лель­на грани ADD₁A₁, по­сколь­ку со­став­ля­ю­щие их рёбра со­от­вет­ствен­но па­рал­лель­ны. Про­ведём через вер­ши­ну C пря­мую, па­рал­лель­ную KM. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет ребро BB₁ в точке N, а про­дол­же­ние ребра B₁C₁ в точке E, а пря­мая EM пе­ре­се­ка­ет ребро A₁B₁ в точке L (рис. 1).

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CBN и MD₁K равны, по­сколь­ку равны их ка­те­ты BC и MD₁, а также ост­рые углы, ввиду па­рал­лель­но­сти со­от­вет­ству­ю­щих сто­рон. Сле­до­ва­тель­но,

а зна­чит, точка N  — се­ре­ди­на ребра BB₁.

б)  Пусть вы­со­та приз­мы равна 2x. Тогда В рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции с ос­но­ва­ни­я­ми 5 и 3 и углом 60° бо­ко­вые сто­ро­ны равны 2, то есть

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки EB₁N и CBN равны по ка­те­ту и углу при вер­ши­не N. Зна­чит,

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков CDK и NCK имеем:

Для тре­уголь­ни­ка BCD имеем:

По­сколь­ку по­лу­ча­ем: от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

Рис. 2

Пло­щадь пря­мо­уголь­ной тра­пе­ции MKCE равна

Тре­уголь­ни­ки A₁ML и B₁EL по­доб­ны, зна­чит,

а пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков ELN и EMN от­но­сят­ся как (рис. 2). Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ELN равна

Пло­щадь се­че­ния MKCNL равна раз­но­сти пло­ща­дей тра­пе­ции MKCE и тре­уголь­ни­ка ELN:

Ответ: б)  

Рис. 1

а)  Бо­ко­вая грань CC₁B₁ приз­мы па­рал­лель­на грани ADD₁A₁, по­сколь­ку со­став­ля­ю­щие их рёбра со­от­вет­ствен­но па­рал­лель­ны. Про­ведём через вер­ши­ну C пря­мую, па­рал­лель­ную KM. Пусть эта пря­мая пе­ре­се­ка­ет ребро BB₁ в точке N, а про­дол­же­ние ребра B₁C₁ в точке E, а пря­мая EM пе­ре­се­ка­ет ребро A₁B₁ в точке L (рис. 1).

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CBN и MD₁K равны, по­сколь­ку равны их ка­те­ты BC и MD₁, а также ост­рые углы, ввиду па­рал­лель­но­сти со­от­вет­ству­ю­щих сто­рон. Сле­до­ва­тель­но,

а зна­чит, точка N  — се­ре­ди­на ребра BB₁.

б)  Пусть вы­со­та приз­мы равна 2x. Тогда В рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции с ос­но­ва­ни­я­ми 3 и 2 и углом 60° бо­ко­вые сто­ро­ны равны 1, то есть Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки EB₁N и CBN равны по ка­те­ту и углу при вер­ши­не N. Зна­чит,

Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков CDK и NCK имеем:

Для тре­уголь­ни­ка BCD имеем:

Рис. 2

По­сколь­ку по­лу­ча­ем: от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

Пло­щадь пря­мо­уголь­ной тра­пе­ции MKCE равна

Тре­уголь­ни­ки A₁ML и B₁EL по­доб­ны, зна­чит,

а пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков ELN и EMN от­но­сят­ся как 2:3 (рис. 2). Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ELN равна

Пло­щадь се­че­ния MKCNL равна раз­но­сти пло­ща­дей тра­пе­ции MKCE и тре­уголь­ни­ка ELN:

Ответ: 6)

а)  Пусть точка G₁ делит ребро AD в от­но­ше­нии тогда

а мно­го­гран­ник G₁BCDGB₁C₁D₁  — па­рал­ле­ле­пи­пед. Пусть плос­кость GCK пе­ре­се­ка­ет ребро BB₁ в не­ко­то­рой точке N. Про­ти­во­по­лож­ные грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да па­рал­лель­ны, по­это­му па­рал­лель­ны пря­мые KG и CN, по ко­то­рым эти грани пе­ре­се­че­ны плос­ко­стью се­че­ния. От­рез­ки KG и CN равны как от­рез­ки па­рал­лель­ных пря­мых, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми плос­ко­стя­ми. Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CNB и GKD₁ равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе: BC  =  GD₁ и CN  =  GK. Тогда

а зна­чит, точка N  — се­ре­ди­на ребра BB₁. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По­стро­им се­че­ние приз­мы плос­ко­стью GKC. В плос­ко­сти ADD₁ про­длим пря­мую GK до пе­ре­се­че­ния с пря­мой AA₁. Точку их пе­ре­се­че­ния обо­зна­чим E. В плос­ко­сти ABB₁ точку пе­ре­се­че­ния пря­мой EN и ребра A₁B₁ обо­зна­чим L. Пя­ти­уголь­ник CKGLN яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем.

Най­дем длину бо­ко­вой сто­ро­ны тра­пе­ции ABCD:

Вы­со­та тра­пе­ции от­ре­зок Пря­мая CH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым AD и DD₁, а по­то­му по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти вы­со­та CH тра­пе­ции ABCD яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти ADD₁. Пря­мая GK пер­пен­ди­ку­ляр­на на­клон­ной CK по усло­вию, тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах про­ек­ция HK также пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой GK. По­лу­ча­ем, что:

Тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки HKD и KGD по­доб­ны и

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков GKD₁ и CDK на­хо­дим, что:

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки GKD₁ и GEA₁ по­доб­ны по двум углам: углы KGD₁ и EGA₁ равны как вер­ти­каль­ные. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LNB₁ и LEA₁ также по­доб­ны. Из по­до­бий по­лу­ча­ем:

тогда

За­ме­тим, что па­рал­ле­ло­грамм CKGN яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ни­ком, вы­чис­лим пло­щадь се­че­ния:

Ответ: б)