Ре­ше­ние. а)  Про­ведём через точку N пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой AB, до пе­ре­се­че­ния с пря­мой B₁C₁ в точке K. Тра­пе­ция ABKN  — ис­ко­мое се­че­ние.

б)  Имеем A₁N= 3, по­сколь­ку точка N  — се­ре­ди­на ребра A₁C₁. Зна­чит, Ана­ло­гич­но BK = 5.

Далее NK = 3, как сред­няя линия тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мый пе­ри­метр се­че­ния равен 6 + 5 + 5 + 3  =  19.

Ответ: 19.

Ре­ше­ние. а)  Про­ведём KE  — сред­нюю линию тре­уголь­ни­ка BB'D'. Точка  E  — се­ре­ди­на B'D', сле­до­ва­тель­но, точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей верх­не­го ос­но­ва­ния и се­че­ние со­дер­жит диа­го­наль A'C'. Тре­уголь­ник A'C'K яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти пря­мой и плос­ко­сти.

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки A'B'K и С'B'K равны по двум ка­те­там, по­это­му A'K  =  С'K, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник A'C'K рав­но­бед­рен­ный.

б)  Далее имеем:

Ответ: б) 16.

Ре­ше­ние.

Пусть H₁  — про­ек­ция A на плос­кость BDK, H₂  — про­ек­ция C на плос­кость BDK. Тре­уголь­ни­ки AOH₁ и COH₂ равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу, по­это­му Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть точка L  — точка, в ко­то­рой плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ребро C₁D₁. Плос­ко­сти ABCD и A₁B₁C₁D₁ па­рал­лель­ны, по­это­му плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет их по па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KL па­рал­ле­лен диа­го­на­ли BD. Ис­ко­мое се­че­ние   — тра­пе­ция BDLK (рис. 1). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ниж­нее ос­но­ва­ние по пря­мой BD, па­рал­лель­ной B₁D₁, зна­чит, KL па­рал­лель­но B₁D₁.

Тре­уголь­ни­ки LC₁K и D₁C₁B₁ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит, и

В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках DD₁L и BB₁K имеем

зна­чит, тра­пе­ция BDLK рав­но­бед­рен­ная.

Пусть от­ре­зок LH  — вы­со­та тра­пе­ции BDLK, про­ведённая к ос­но­ва­нию BD (рис. 2), тогда:

Таким об­ра­зом, на­хо­дим пло­щадь се­че­ния приз­мы:

Ответ: б)

Ре­ше­ние.

Пусть точка H₁  — про­ек­ция A на плос­кость BDM, точка H₂  — про­ек­ция C на плос­кость BDM. Тре­уголь­ни­ки AOH₁ и COH₂ равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу, по­это­му Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  От­ре­зок MN па­рал­ле­лен диа­го­на­ли BD (точка N при­над­ле­жит ребру A₁B₁), сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое се­че­ние   — тра­пе­ция BDMN (см. рис.). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ниж­нее ос­но­ва­ние no пря­мой BD, па­рал­лель­ной B₁D₁, зна­чит, MN па­рал­ле­лен B₁D₁.

Тре­уголь­ни­ки NA₁M и B₁A₁D₁ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках BB₁N и DD₁M:

зна­чит, тра­пе­ция BDMN рав­но­бед­рен­ная.

Пусть NH  — вы­со­та тра­пе­ции BDMN, про­ведённая к ос­но­ва­нию BD (см. рис.), тогда

Таким об­ра­зом, пло­щадь се­че­ния приз­мы равна

Ответ: б)  

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка   — се­ре­ди­на Оче­вид­но, Про­ве­дем Это пря­мая, со­дер­жа­щая сред­нюю линию тре­уголь­ни­ка так как и про­хо­дит через се­ре­ди­ну Зна­чит, она про­хо­дит и через се­ре­ди­ну

б)  Обо­зна­чим се­ре­ди­ну   — K. Рас­смот­рим плос­кость От­ре­зок BK лежит в ней и в плос­ко­сти по­это­му надо узнать, как от­ре­зок BK делит от­ре­зок   — диа­го­наль пря­мо­уголь­ни­ка со сто­ро­на­ми При этом

Пусть O точка пе­ре­се­че­ния BK и Тогда

По­это­му

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Обо­зна­чим через M и N се­ре­ди­ны ребер и со­от­вет­ствен­но.

По тео­ре­ме о сред­ней линии тре­уголь­ни­ка так что пря­мые MN и AB лежат в одной плос­ко­сти. Ис­ко­мое се­че­ние  — это рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция

б)  Ос­но­ва­ния тра­пе­ции по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем бо­ко­вую сто­ро­ну:

Про­ве­дем в тра­пе­ции вы­со­ту От­ре­зок AH равен по­лу­раз­но­сти ос­но­ва­ний тра­пе­ции:

Сле­до­ва­тель­но, вы­со­та тра­пе­ции Зная её, на­хо­дим пло­щадь тра­пе­ции:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  От­ре­зок MN па­рал­ле­лен диа­го­на­ли BD (точка N при­над­ле­жит ребру ), сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое се­че­ние  — тра­пе­ция BDMN (рис. 1). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ниж­нее ос­но­ва­ние no пря­мой BD, па­рал­лель­ной зна­чит, MN па­рал­ле­лен

Тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит,

В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках и

б)  Пусть NH  — вы­со­та тра­пе­ции BDMN, про­ведённая к ос­но­ва­нию BD (рис. 2), тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть L  — точка, в ко­то­рой плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ребро Плос­ко­сти ABCD и па­рал­лель­ны, по­это­му плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет их по па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KL па­рал­ле­лен диа­го­на­ли Ис­ко­мое се­че­ние  — тра­пе­ция BDLK (рис. 1). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ниж­нее ос­но­ва­ние по пря­мой BD, па­рал­лель­ной зна­чит, KL па­рал­лель­но Тре­уголь­ни­ки LC₁K и D₁C₁B₁ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит,

В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках и имеем зна­чит, тра­пе­ция BDLK рав­но­бед­рен­ная.

б)  Пусть LH  — вы­со­та тра­пе­ции BDLK, про­ведённая к ос­но­ва­нию BD (рис. 2), тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  По­ка­жем, что сто­ро­ны четырёхуголь­ни­ка MNKL равны и диа­го­на­ли равны:

По­это­му MNKL  — квад­рат.

б)  Пло­щадь се­че­ния яв­ля­ет­ся сум­мой пло­ща­ди квад­ра­та со сто­ро­ной и двух пло­ща­дей рав­ных рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков с ос­но­ва­ни­ем и бо­ко­вы­ми сто­ро­на­ми Пло­щадь квад­ра­та равна 8, пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков на­хо­дим как по­ло­ви­ну про­из­ве­де­ния вы­со­ты на ос­но­ва­ние По­это­му ис­ко­мая пло­щадь се­че­ния равна 10.

Ответ: а) до­ка­за­но; б) 10.

При­ведём дру­гое вы­чис­ле­ние пунк­та б).

За­ме­тим, что ко­си­нус угла между плос­ко­стью ос­но­ва­ния и плос­ко­стью се­че­ния равен Пло­щадь се­че­ния свя­за­на с пло­ща­дью про­ек­ции се­че­ния на плос­кость ос­но­ва­ния фор­му­лой Пло­щадь про­ек­ции равна раз­но­сти пло­ща­ди ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии квад­ра­та и двух рав­но­бед­рен­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков с ка­те­та­ми 2. Таким об­ра­зом, пло­щадь про­ек­ции равна 9 − 4  =  5, а пло­щадь се­че­ния равна 10.

При­ведём дру­гое ре­ше­ние.

а)  Плос­кость MNK пе­ре­се­ка­ет плос­ко­сти ос­но­ва­ний ABCD и A₁B₁C₁D₁ по па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, пря­мые NK и ML па­рал­лель­ны. От­рез­ки NK и ML не толь­ко па­рал­лель­ны, но и равны, по­сколь­ку равны тре­уголь­ни­ки ND₁K и MBL. Сле­до­ва­тель­но, четырёхуголь­ник NKLM  — па­рал­ле­ло­грамм.

По­ка­жем, что его смеж­ные сто­ро­ны се­че­ния вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Пусть P  — про­ек­ция точки N на плос­кость ниж­не­го ос­но­ва­ния, тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки PAM и MBL рав­но­бед­рен­ные, углы PMA и BML равны по 45°, а зна­чит, то есть пря­мые PM и ML пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Но PM яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей на­клон­ной NM, по­это­му сто­ро­ны па­рал­ле­ло­грам­ма NM и ML пер­пен­ди­ку­ляр­ны по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Сле­до­ва­тель­но, се­че­ние  — пря­мо­уголь­ник.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем длины смеж­ных сто­рон: Тем самым MNKL  — квад­рат. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть W  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых NK и A₁B₁. Тогда WA₁  =  NA₁ как ка­те­ты рав­но­бед­рен­но­го пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка. Пусть E  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой WM с реб­ром AA₁. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки WA₁Е и EAM по­доб­ны, а их ка­те­ты MA и WA₁равны. По­это­му равны и дру­гие ка­те­ты, а зна­чит, Е  — се­ре­ди­на AA₁. Ана­ло­гич­но плос­кость MNK пе­ре­се­ка­ет ребро CC₁ в его се­ре­ди­не F. В пря­мо­уголь­ни­ке AEFC про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны равны, по­это­му

Се­че­ние  — ше­сти­уголь­ник MENKFL  — со­сто­ит из двух рав­ных тра­пе­ций ENKF и EMLF, причём пря­мая MN пер­пен­ди­ку­ляр­на их ос­но­ва­ни­ям. По­это­му ис­ко­мая пло­щадь се­че­ния равна

Ре­ше­ние. Пусть четырёхуголь­ник KBNM  — се­че­ние дан­ной приз­мы плос­ко­стью α (см. рис.). Пря­мая AC па­рал­лель­на плос­ко­сти α, а плос­кость ACK пе­ре­се­ка­ет плос­кость α по пря­мой KN, сле­до­ва­тель­но, KN || AC и, зна­чит, AKNC  — пря­мо­уголь­ник. Пря­мые BD и AC яв­ля­ют­ся со­от­вет­ствен­но про­ек­ци­я­ми пря­мых BM и KN на плос­кость ABC, зна­чит, точка пе­ре­се­че­ния пря­мых BD и AC (точка H) яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей точки пе­ре­се­че­ния пря­мых BM и KN (точки O) на эту плос­кость. Таким об­ра­зом, C дру­гой сто­ро­ны, от­ре­зок OH  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BDM и, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да и сле­ду­ет до­ка­зы­ва­е­мое утвер­жде­ние.

б)  Так как AC ⊥ BD и AC ⊥ BB₁, то Но KN || AC, зна­чит, и Сле­до­ва­тель­но, KN ⊥ BM, по­сколь­ку и пло­щадь се­че­ния S равна Имеем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  По­сколь­ку ABCDEFA₁B₁C₁D₁E₁F₁  — пра­виль­ная ше­сти­уголь­ная приз­ма, то ABCDEF  — пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник. Тогда ∠CBA  =  120°. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем

За­ме­тим, что A₁A ⊥ (ABC), сле­до­ва­тель­но, AA₁ ⊥ CA. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра CA₁  =  14.

По­сколь­ку ABCDEF  — пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник, DA  =  2AB  =  10. Тогда По тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тре­уголь­ник CA₁D пря­мо­уголь­ный. Тогда CD ⊥ CA₁. По­сколь­ку С₁D₁ || CD, имеем C₁D₁ ⊥ CA₁.

б)  По­сколь­ку ABCDEF  — пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник, AC ⊥ CD, по­это­му угол A₁CA равен углу между ис­ко­мым се­че­ни­ем и плос­ко­стью ABCDEF. По­сколь­ку A₁A ⊥ CA,

Пло­щадь ше­сти­уголь­ни­ка равна Тогда, по тео­ре­ме о пло­ща­ди про­ек­ции, пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния

Ответ: б) 105.

При­ме­ча­ние.

Пункт а), ко­неч­но, можно до­ка­зать и проще, со­слав­шись на тео­ре­му о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах. Про­ек­ци­ей пря­мой CA₁ на плос­кость верх­не­го ос­но­ва­ния яв­ля­ет­ся пря­мая C₁A₁, пер­пен­ди­ку­ляр­ная пря­мой C₁D₁.

Ре­ше­ние. а)  Про­ведём в пря­мо­уголь­ни­ке от­ре­зок KL па­рал­лель­но AC. За­ме­тим, что плос­кость KBL па­рал­лель­на пря­мой AC по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти пря­мой и плос­ко­сти. По­это­му KBL  — плос­кость се­че­ния. Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет па­рал­лель­ные грани приз­мы по па­рал­лель­ным от­рез­кам. Про­ведём от­ре­зок LM па­рал­лель­но BK, про­ве­дем от­ре­зок KM. По­лу­чен­ный четырёхуголь­ник BLMK  — ис­ко­мое се­че­ние. (См. Пра­ви­ла в конце по­яс­не­ния.)

Из ра­вен­ства АК  =  LC сле­ду­ет, что CL : LC₁  =  1 : 2. В силу па­рал­лель­но­сти пря­мых KB и ML по­лу­ча­ем, что DM  =  2LC, тогда DM : MD₁  =  2 : 1. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мые BM и AC пер­пен­ди­ку­ляр­ны, а зна­чит, пря­мые BM и KL пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка, диа­го­на­ли ко­то­ро­го вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния диа­го­на­лей. Най­дем их: как диа­го­наль квад­ра­та, ле­жа­ще­го в ос­но­ва­нии приз­мы, по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра. Тогда

Ответ: б)

Иное рас­суж­де­ние в пунк­те б).

За­ме­тив, что можно было бы за­клю­чить, что се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся ромб, и найти его пло­щадь как по­ло­ви­ну про­из­ве­де­ния диа­го­на­лей.

Ал­го­ритм по­стро­е­ния се­че­ний

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка L лежит на ребре A₁C₁ и делит его в от­но­ше­нии A₁L : LC₁  =  1 : 3. По­сколь­ку тре­уголь­ник ABC рав­но­бед­рен­ный, тре­уголь­ник A₁B₁C₁ тоже рав­но­бед­рен­ный. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KL пер­пен­ди­ку­ля­рен сто­ро­не A₁C₁. От­ре­зок ML тоже пер­пен­ди­ку­ля­рен сто­ро­не A₁C₁. По­лу­ча­ем, что пря­мая A₁C₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти KLM, то есть пря­мая KM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой A₁C₁, а сле­до­ва­тель­но, и пря­мой AC.

б)  Пусть LH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка KLM. Пря­мая A₁C₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти KLM, по­это­му рас­сто­я­ние между пря­мы­ми KM и A₁C₁ равно LH. Тогда LM  =  AA₁  =  3, Зна­чит, KL · LM  =  KM · LH,

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка T  — се­ре­ди­на ребра AB. От­ме­тим сразу, что пря­мые QT и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны, при­чем За­ме­тим, что

Таким об­ра­зом, пря­мые KN и QM па­рал­лель­ны, а зна­чит, они лежат в одной плос­ко­сти.

б)  По­стро­им се­че­ние QMN. Про­длим KN до пе­ре­се­че­ния с про­дол­же­ни­ем AC в точке P, тогда тре­уголь­ни­ки KC₁N и PCN равны по ка­те­ту и остро­му углу, от­ку­да

Те­перь про­длим от­ре­зок PM до пе­ре­се­че­ния с AB в точке S. По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ABC и пря­мой SMP по­лу­чим:

от­ку­да AS : SB  =  3. Далее, про­длим SQ до пе­ре­се­че­ния с A₁B₁ в точке L. Эта точка сим­мет­рич­на S от­но­си­тель­но Q, по­это­му A₁L : LB₁  =  1 : 3. Пя­ти­уголь­ник LKNMS  — ис­ко­мое се­че­ние. Най­дем его пло­щадь.

Про­длим SL и PK до пе­ре­се­че­ния в точке Z, ле­жа­щей на AA₁. Тогда S_LKNMS  =  S_SZP − S_MNP − S_LZK. За­ме­тим, что от­ку­да сле­ду­ет, что SP : MP  =  3 : 2, то есть Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки LA₁K и SBM  — они равны по двум сто­ро­нам и углу между ними, по­это­му Кроме того, LK па­рал­лель­но SP как пря­мые, по ко­то­рым плос­кость пе­ре­се­ка­ет па­рал­лель­ные ос­но­ва­ния приз­мы. Тогда тре­уголь­ни­ки ZKL и ZPS по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том 3. Таким об­ра­зом, по­то­му ZK  =  KN. Ана­ло­гич­но ZL  =  LQ  =  QS, и тре­уголь­ни­ки ZPS и QMS по­доб­ны по трем сто­ро­нам с ко­эф­фи­ци­ен­том 3  — в пунк­те a) уже было до­ка­за­но, что QM  =  KN.

Имеем:

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка QMS. Вы­чис­лим для этого тре­уголь­ни­ка сто­ро­ны:

От­сю­да видно, что Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник MSQ пря­мо­уголь­ный. Най­дем его пло­щадь:

Таким об­ра­зом,

Ответ: б)

При­ме­ча­ние.

Тре­уголь­ник MSQ все­гда пря­мо­уголь­ный, по­сколь­ку пря­мые SM и TC па­рал­лель­ны, а пря­мая TC и плос­кость A₁B₁BA пер­пен­ди­ку­ляр­ны. По­это­му пря­мые TC и QS пер­пен­ди­ку­ляр­ны и пря­мые SM и QS тоже пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

При­ве­дем ре­ше­ние Анны Бу­ки­ной.

а)  От­ре­зок KN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка A₁C₁C, сле­до­ва­тель­но, KN || A₁C.

От­ре­зок QM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка A₁BC, сле­до­ва­тель­но, QM || A₁C.

Тогда KN || QM, сле­до­ва­тель­но, они лежат в одной плос­ко­сти.

б)   Пусть T  — се­ре­ди­на AB, T₁  — се­ре­ди­на A₁B₁. За­ме­тим, что точка Q  — се­ре­ди­на TT₁, сле­до­ва­тель­но, тогда TQNC  — пря­мо­уголь­ник, и QN || TC, QN  =  TC, QN па­рал­лель­на ос­но­ва­ни­ям приз­мы.

Пусть плос­кость се­че­ния α пе­ре­се­ка­ет плос­кость AA₁B₁ по пря­мой LS, где L  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти α и ребра A₁B₁, S  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти α и ребра AB.

Плос­кость α про­хо­дит через пря­мую QN, па­рал­лель­ную ос­но­ва­ни­ям приз­мы, сле­до­ва­тель­но, она пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ния приз­мы по пря­мым, па­рал­лель­ным QN. Тогда LK || QN || C₁T₁, LK  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка A₁C₁T₁,

За­ме­тим, что LK ⊥ A₁T₁, LK ⊥ A₁A, сле­до­ва­тель­но, LK пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти A₁B₁В, а зна­чит, и пря­мой LS.

Ана­ло­гич­но MS || QN || TC, MS пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой LS.

Таким об­ра­зом, QLKN и QNMS  — пря­мо­уголь­ные тра­пе­ции.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что пря­мые EH и E₁H₁ па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, плос­кость α пе­ре­се­ка­ет ниж­нее ос­но­ва­ние тра­пе­ции по пря­мой, па­рал­лель­ной EH и со­дер­жа­щей точку A. Такой пря­мой яв­ля­ет­ся пря­мая, cодер­жа­щая диа­го­наль AD ос­но­ва­ния, то есть AD  — сто­ро­на се­че­ния. Вто­рая сто­ро­на се­че­ния  — это от­ре­зок DM. Плос­ко­сти ABC и BCC₁ пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой CB, па­рал­лель­ной AD, сле­до­ва­тель­но, плос­кость α пе­ре­се­ка­ет плос­кость BCC₁ по пря­мой, па­рал­лель­ной ребру дву­гран­но­го угла DBCM, то есть па­рал­лель­ной BC. На­зо­вем эту пря­мую MN, где N лежит на ребре BB₁.

Таким об­ра­зом, пря­мые AD, BC и MN па­рал­лель­ны между собой. Кроме того, сле­до­ва­тель­но, ADMN  — тра­пе­ция. Легко за­ме­тить, что тре­уголь­ни­ки ABN и DCM равны и, сле­до­ва­тель­но,

б)  По­стро­им се­че­ние приз­мы, про­хо­дя­щее через точки P, Q, R и S  — се­ре­ди­ны ребер BC, B₁C₁, F₁G₁ и FG со­от­вет­ствен­но. Оче­вид­но, что ука­зан­ное се­че­ние про­хо­дит также через точки K и L  — се­ре­ди­ны AD и MN, а также пер­пен­ди­ку­ляр­но этим от­рез­кам.

За­ме­тим, что пря­мые F₁G₁, E₁H₁ и плос­кость α па­рал­лель­ны между собой, сле­до­ва­тель­но, рас­сто­я­ния до плос­ко­сти α от всех точек этой пря­мой равны. Из точки R на пря­мую KL опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр RO, за­ме­тим, что пря­мые RO и AD вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но, пря­мая RO пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти α.

Рас­сто­я­ние от точки F до плос­ко­сти равно длине RO. Пусть T  — точка пе­ре­се­че­ния RO и PS. Зна­чит,

от­ку­да

Те­перь можно найти пло­щадь тра­пе­ции ADMN:

За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки LPK, KTO и RTS по­доб­ны. Сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да

тогда

Итак,

а зна­чит, объем пи­ра­ми­ды F₁ADMN равен

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть се­че­ние пе­ре­се­ка­ет ребро DD₁ в точке R. Тогда пря­мая QR лежит в плос­ко­сти BB₁D₁D и па­рал­лель­на BD. Пусть T  — центр ос­но­ва­ния, а S  — точка пе­ре­се­че­ния AM и QR. Тре­уголь­ни­ки AST и AMC по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия 2, от­ку­да

б)  За­ме­тим, что далее

сле­до­ва­тель­но, AQMR  — ромб. Имеем тогда

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

Ответ: б) 30.

Ре­ше­ние. а)  Пара па­рал­лель­ных плос­ко­стей пе­ре­се­ка­ет­ся тре­тьей по двум па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, пря­мые XY и CZ па­рал­лель­ны. Q₁X  =  N₁Y  =  5, по­это­му XM₁  =  YM₁  =  6, и по­то­му пря­мые XY, Q₁N₁ и ZC па­рал­лель­ны. Зна­чит, PZ  =  PC  =  6, и тре­уголь­ни­ки XM₁Y и CHZ равны. Сле­до­ва­тель­но, CZ  =  XY, и XYCZ  — па­рал­ле­ло­грамм. Имеем:

от­ку­да сле­до­ва­тель­но, XYCZ  — пря­мо­уголь­ник.

б)  Пусть T и S  — точки пе­ре­се­че­ния пря­мых ZC с MN и XY с P₁Q₁ со­от­вет­ствен­но, а B и D  — пря­мых TY с NN₁ и SZ с QQ₁ со­от­вет­ствен­но. Таким об­ра­зом, се­че­ни­ем приз­мы яв­ля­ет­ся ше­сти­уголь­ник XYBCZD. Тре­уголь­ни­ки ZCP и CTN по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, NT  =  NC  =  5. Зна­чит, тре­уголь­ни­ки TNB и BN₁Y равны, и NB  =  BN₁  =  7,5. Ана­ло­гич­но QD  =  DQ₁  =  7,5. Далее имеем:

и Те­перь найдём пло­щадь се­че­ния приз­мы плос­ко­стью XYZ:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Возь­мем на ребре CC₁ точку N так, чтобы пря­мые MN и CD были па­рал­лель­ны. Тогда пря­мая MN па­рал­лель­на сто­ро­не A₁F₁. Пря­мые BE и AF па­рал­лель­ны, а зна­чит, от­рез­ки MN и BE па­рал­лель­ны. Таким об­ра­зом, че­ты­рех­уголь­ник BNME  — тра­пе­ция, так как По­сколь­ку

тра­пе­ция BNME рав­но­бед­рен­ная.

б)  Рас­смот­рим про­ек­цию приз­мы на плос­кость, пер­пен­ди­ку­ляр­ную пря­мой AF, (см. ниж­ний рис.). Рас­сто­я­ние от точки F до плос­ко­сти α равно рас­сто­я­нию от точки С до плос­ко­сти α. Най­дем это рас­сто­я­ние, учи­ты­вая, что

от­ку­да Тогда вы­со­та будет равна

Пло­щадь тра­пе­ции BNME можно найти по фор­му­ле где x  — вы­со­та тра­пе­ции. Зная, что по­лу­ча­ем:

От­сю­да на­хо­дим пло­щадь тра­пе­ции BNME:

Тогда

Ответ: б) 36.

Ре­ше­ние. а)  Пусть точки O и O₁  — цен­тры ниж­не­го и верх­не­го ос­но­ва­ний приз­мы со­от­вет­ствен­но, а L  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых BD и KM. За­ме­тим, что от­ре­зок KM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC, сле­до­ва­тель­но, пря­мые KM, AC и A₁C₁ па­рал­лель­ны между собой.

Кроме того, точка L  — се­ре­ди­на от­рез­ка BO, по­это­му от­ре­зок NL  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BOB₁. Зна­чит, пря­мая  NL па­рал­лель­на пря­мой  OB₁. По­ка­жем, что пря­мая  OB₁ также па­рал­лель­на пря­мой  DO₁. Дей­стви­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник ODO₁B₁  — па­рал­ле­ло­грамм, так как сто­ро­ны его про­ти­во­по­лож­ные сто­ро­ны OD и O₁B₁ па­рал­лель­ны и равны. Итак, пря­мые NL, OB₁ и DO₁ па­рал­лель­ны между собой.

Таким об­ра­зом, плос­ко­сти KMN и DA₁C₁ со­дер­жат две пары пе­ре­се­ка­ю­щих­ся па­рал­лель­ных пря­мых и, сле­до­ва­тель­но, па­рал­лель­ны. За­ме­тим, что, таким об­ра­зом, плос­ко­сти α и DA₁C₁  — па­рал­лель­ны и обе эти плос­ко­сти про­хо­дят через точку  D. По­это­му плос­кость DA₁C₁ сов­па­да­ет с плос­ко­стью α.

б)  Из п. а) сле­ду­ет, что се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся тре­уголь­ник DA₁C₁. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­рез­ки DO₁ и A₁C₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­сколь­ку от­ре­зок  D₁O₁ пер­пен­ди­ку­ля­рен диа­го­на­ли  A₁C₁. От­сю­да на­хо­дим:

зна­чит,

Таким об­ра­зом, пло­щадь се­че­ния приз­мы плос­ко­стью α равна:

Ответ: б)  54.

Ре­ше­ние. a)  Пусть точки M, N, M₁ и N₁  — се­ре­ди­ны рёбер AB, BC, A₁B₁ и B₁C₁. Четырёхуголь­ник MNN₁M₁ яв­ля­ет­ся квад­ра­том, по­это­му его диа­го­на­ли MN₁ и NM₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны и точ­кой пе­ре­се­че­ния де­лят­ся по­по­лам. Пусть точка P  — се­ре­ди­на BB₁, а точка O  — центр грани ACC₁A₁. Пря­мая OP пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти MNN₁, по­это­му пря­мая OP пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой M₁N.

Пря­мая NM₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым MN₁ и OP, по­это­му плос­кость α про­хо­дит через пе­ре­се­ка­ю­щи­е­ся пря­мые MN₁ и OP. Пусть пря­мые PM и AA₁ пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K, а пря­мая OK пе­ре­се­ка­ет рёбра AC и A₁C₁ в точ­ках F и E со­от­вет­ствен­но. Пя­ти­уголь­ник EN₁PMF  — се­че­ние приз­мы плос­ко­стью α.

Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков PBM и KAM сле­ду­ет, что AK  =  PB, по­это­му Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков EA₁K и FAK сле­ду­ет, что

а зна­чит, и

б)  Плос­ко­сти ABC и α пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой FM. Пря­мая M₁N пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти α, сле­до­ва­тель­но, плос­ко­сти MNN₁M₁ и α пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Зна­чит, угол N₁MN  — это ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стя­ми ABC и α, Пя­ти­уголь­ник TFMBN яв­ля­ет­ся ор­то­го­наль­ной про­ек­ци­ей пя­ти­уголь­ни­ка EN₁PMF на плос­кость ABC. Имеем

и ана­ло­гич­но Зна­чит,

и

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  До­ка­жем, что пря­мые AB и PQ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, от­сю­да и будет сле­до­вать, что сто­ро­на AB па­рал­лель­на плос­ко­сти α.

Про­ведём вы­со­ту CH тре­уголь­ни­ка ABC. Он рав­но­бед­рен­ный, по­это­му H  — се­ре­ди­на AB. По тео­ре­ме Фа­ле­са для угла CBA пер­пен­ди­ку­ляр из точки M на пря­мую AB делит HB по­по­лам, по­это­му его ос­но­ва­ние и есть точка P. Оста­лось за­ме­тить, что от­ре­зок QM пер­пен­ди­ку­ля­рен BC и, в силу того, что бо­ко­вая грань приз­мы пер­пен­ди­ку­ляр­на ос­но­ва­нию, плос­ко­сти ABC. Тогда по те­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах сто­ро­на AB пер­пен­ди­ку­ляр­на от­рез­ку PQ. Таким об­ра­зом, пря­мая AB па­рал­лель­на плос­ко­сти α.

б)  В тре­уголь­ни­ке ABC имеем: cos от­ку­да BC  =  10, а также CH  =  8 по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, и MP  =  4, как сред­няя линяя тре­уголь­ни­ка. От­сю­да

Пусть точка X  — точка пе­ре­се­че­ния α и от­рез­ка PQ. Тогда от­ре­зок MX пер­пен­ди­ку­ля­рен от­рез­ку PQ по опре­де­ле­нию пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти. Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник PQM: в нем от­ре­зок MX  — вы­со­та, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе. Ос­но­ва­ние вы­со­ты делит ги­по­те­ну­зу в от­но­ше­нии квад­ра­тов ка­те­тов, от­ку­да

Ответ: б)  16 : 25.

Ре­ше­ние. а)  Пусть N  — се­ре­ди­на AC, NH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка PNQ, точка  T  — се­ре­ди­на ребра AB. Тогда CT и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны, так как NP и CT па­рал­лель­ны, то NM и NP пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Тогда по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах пря­мая  MN пер­пен­ди­ку­ляр­на PQ, пря­мые NH и PQ пер­пен­ди­ку­ляр­ны по по­стро­е­нию, сле­до­ва­тель­но, плос­кость MNH пер­пен­ди­ку­ляр­на PQ, от­сю­да плос­кость  MNH  — плос­кость  α. Сле­до­ва­тель­но, плос­кость  α со­дер­жит точку N, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть P₁  — точка, ле­жа­щая на ребре A₁B₁, A₁P₁ : P₁B₁  =  1 : 3. Пря­мая  NH пе­ре­се­ка­ет пря­мую  P₁Q в точке  S. Плос­кость  α пе­ре­се­ка­ет пря­мую  A₁C₁ в точке  R, тогда пря­мые RS и A₁B₁ па­рал­лель­ны. Пусть AB  =  2x, BC  =  7x. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

Тогда QN  =  AA₁, так как AB  =  2x, имеем:

От­сю­да сле­до­ва­тель­но, PH  =  3x. Вы­ра­зим длину HQ:

Вы­ра­зим от­но­ше­ние PH к HQ:

Вы­ра­зим от­но­ше­ние P₁S к SQ:

тогда

Ответ: 1 : 2.

Ре­ше­ние. 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)

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что сто­ро­ны тре­уголь­ни­ков MB₁K и ABN со­от­вет­ствен­но па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Тогда от­ку­да на­хо­дим:

б)  Так как вы­со­та приз­мы ABCDA₁B₁C₁D₁ равна 2, ее объем равен удво­ен­ной пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD, тогда пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD равна 6. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABN равна и равна пло­ща­ди по­доб­ных тре­уголь­ни­ков MB₁K и ABN от­но­сят­ся как квад­рат ко­эф­фи­ци­ен­та по­до­бия, тогда

Пусть BH и B₁H₁  — вы­со­ты тре­уголь­ни­ков ABN и MB₁K, тогда

от­сю­да По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

За­ме­тим, что по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах H₁H пер­пен­ди­ку­ля­рен AN, сле­до­ва­тель­но, H₁H  — вы­со­та тра­пе­ции AMKN. Най­дем пло­щадь тра­пе­ции AMKN:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка D  — се­ре­ди­на от­рез­ка B₁M, а точка P  — се­ре­ди­на от­рез­ка B₁C₁. Через точку D про­ведём пря­мую па­рал­лель­ную AM, точку пе­ре­се­че­ния этой пря­мой и ребра AA₁ обо­зна­чим E. Че­ты­рех­уголь­ник DMAE  — па­рал­ле­ло­грамм, по опре­де­ле­нию. Тогда и Точку пе­ре­се­че­ния пря­мых DP и CC₁ обо­зна­чим K, точку пе­ре­се­че­ния пря­мых KE и A₁C₁ обо­зна­чим L. Углы DPB₁ и KPC₁ равны как вер­ти­каль­ные, тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки DPB₁ и KPC₁ равны по ка­те­ту и при­ле­жа­ще­му остро­му углу, от­ку­да Углы KLC₁ и ELA₁ равны как вер­ти­каль­ные, тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки KLC₁ и ELA₁ по­доб­ны и

Зна­чит, точка L  — се­ре­ди­на от­рез­ка NC₁. Тогда PL  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка NB₁C₁, сле­до­ва­тель­но, PL па­рал­лель­на NB₁, а зна­чит пря­мая NB₁ па­рал­лель­на плос­ко­сти DEP. Пря­мая AM па­рал­лель­на DE, сле­до­ва­тель­но, пря­мая AM па­рал­лель­на плос­ко­сти DEP. Таким об­ра­зом, плос­кость α, ко­то­рая па­рал­лель­на пря­мым AM и B₁N и про­хо­дит через се­ре­ди­ну от­рез­ка B₁M  — это плос­кость DEP, и, зна­чит, она про­хо­дит через точку P  — се­ре­ди­ну от­рез­ка B₁C₁.

б)  Се­че­ни­ем приз­мы плос­ко­стью α яв­ля­ет­ся че­ты­рех­уголь­ник LEDP. Ме­ди­а­на B₁N пер­пен­ди­ку­ляр­на A₁C₁, тогда и LP пер­пен­ди­ку­ляр­на A₁C₁ и по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах на­клон­ная KL пер­пен­ди­ку­ляр­на LP, зна­чит, тре­уголь­ник KLP  — пря­мо­уголь­ный

Вы­чис­лим длины не­ко­то­рых от­рез­ков:

Тре­уголь­ник EDK рав­но­бед­рен­ный, DF  — его вы­со­та, про­ведённая к ос­но­ва­нию. DF па­рал­лель­на B₁N, тогда DF па­рал­лель­на LP, зна­чит, LP  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка FDK. Тогда

сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

а)  Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке A так, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть AA₁  =  a, AB  =  b, точка Q  — се­ре­ди­на B₁C, R  — се­ре­ди­на B₁M. Во вве­ден­ной си­сте­ме ко­ор­ди­нат имеем:

Со­ста­вим урав­не­ние плос­ко­сти α в виде Для этого под­ста­вим в урав­не­ние плос­ко­сти ко­ор­ди­на­ты точки R и, по­сколь­ку нор­маль к плос­ко­сти α имеет ко­ор­ди­на­ты за­пи­шем ска­ляр­ные про­из­ве­де­ния нор­ма­ли с век­то­ра­ми и (нор­маль n пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­рам и ). Имеем:

Из тре­тье­го урав­не­ния си­сте­мы на­хо­дим A  =  0. Вы­чтем из пер­во­го урав­не­ния си­сте­мы вто­рое и вы­ра­зим C:

На­хо­дим B:

Урав­не­ние плос­ко­сти α:

Под­ста­вим в это урав­не­ние ко­ор­ди­на­ты точки Q:

б)  Че­ты­рех­уголь­ник RQLT  — ис­ко­мое се­че­ние. По тео­ре­ме о пло­ща­ди про­ек­ции мно­го­уголь­ни­ка: где φ  — угол между плос­ко­стя­ми, где на­хо­дят­ся мно­го­уголь­ник и его про­ек­ция. Спро­ек­ти­ру­ем RQLT на A₁B₁C₁. Че­ты­рех­уголь­ник A₁B₁QL  — про­ек­ция RQLT на A₁B₁C₁.

B₁N  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка A₁B₁N, по­это­му От­ре­зок QL  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка B₁NC₁, зна­чит, тре­уголь­ни­ки B₁NC₁ и QLC₁ по­доб­ны по 2 углам с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия 2. Имеем:

Ука­жем ко­ор­ди­на­ты сле­ду­ю­щих точек:

Под­ста­вим ко­ор­ди­на­ты точек плос­ко­сти A₁B₁C₁ в урав­не­ние по­лу­чим:

На­хо­дим урав­не­ние плос­ко­сти A₁B₁C₁:

Ана­ло­гич­но со­став­ля­ем урав­не­ние плос­ко­сти TRQ:

Из пер­во­го урав­не­ния си­сте­мы по­лу­ча­ем Пре­об­ра­зу­ем вто­рое урав­не­ние:

Пре­об­ра­зу­ем тре­тье урав­не­ние си­сте­мы:

зна­чит, На­хо­дим урав­не­ние плос­ко­сти TRQ:

Угол между плос­ко­стя­ми равен углу между нор­ма­ля­ми этих плос­ко­стей. Имеем:

Таким об­ра­зом, пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ре­ше­ние. а)  В плос­ко­сти AA₁C₁ через точку M про­ве­дем пря­мую MN, где N  — точка ее пе­ре­се­че­ния с пря­мой A₁C₁. Пусть K и P  — точки пе­ре­се­че­ния пря­мой B₁N с пря­мы­ми C₁D₁ и A₁D₁, со­от­вет­ствен­но, L  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой MP с реб­ром DD₁. Тогда B₁KLM  — се­че­ние куба плос­ко­стью α. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки A₁MN и A₁AC₁, а также NB₁C₁ и NPA₁  — по­доб­ны. Тогда

Тре­уголь­ни­ки PLD₁ и PMA₁  — по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

б)  Вы­чис­лим объем V₁ мень­шей части куба. Он равен раз­но­сти объ­е­мов двух тре­уголь­ных пи­ра­мид PMB₁A₁ и PLKD₁, при­чем эти пи­ра­ми­ды по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия На­хо­дим:

Тогда объем остав­шей­ся части куба

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние приз­мы ABCD по пря­мой AC, сле­до­ва­тель­но, па­рал­лель­ное ос­но­ва­ние A₁B₁C₁D₁ се­че­ние пе­ре­се­ка­ет по пря­мой, па­рал­лель­ной пря­мой AC и про­хо­дя­щей через точку K. Пусть L  — точка пе­ре­се­че­ния этой пря­мой с реб­ром B₁C₁. Таким об­ра­зом, се­че­ние  — че­ты­рех­уголь­ник AKLC с двумя па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми AC и KL. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки B₁KL и B₁A₁C₁ по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия

то есть

Сле­до­ва­тель­но, две дру­гие сто­ро­ны се­че­ния AK и CL не па­рал­лель­ны, и че­ты­рех­уголь­ник AKLC яв­ля­ет­ся тра­пе­ци­ей. Из по­до­бия также сле­ду­ет, что KA₁  =  LC₁, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки AKA₁ и CLC₁ равны, а, зна­чит, AK  =  CL, то есть тра­пе­ция AKLC  — рав­но­бед­рен­ная.

б)  Из вер­шин тра­пе­ции K и L на ос­но­ва­ние AC опу­стим вы­со­ты KP и LQ. На­хо­дим:

Таким об­ра­зом, пло­щадь се­че­ния равна

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  По усло­вию MB₁KD  — ромб. Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки AMD и A₁MB₁. За­ме­тим, что по­сколь­ку приз­ма пра­виль­ная, и по­сколь­ку MB₁KD  — ромб. Таким об­ра­зом, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AMD и A₁MB₁ равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе, сле­до­ва­тель­но,

б)  Ана­ло­гич­но пунк­ту а) по­лу­ча­ем, что Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок MK па­рал­ле­лен диа­го­на­ли ос­но­ва­ния AC, а его длина равна

по­сколь­ку

Се­че­ние приз­мы  — ромб, его пло­щадь равна по­ло­ви­не про­из­ве­де­ния диа­го­на­лей:

от­ку­да

Обо­зна­чим вы­со­ту приз­мы h. Тогда от­ку­да Из по­лу­чен­но­го урав­не­ния на­хо­дим, что

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть AB  =  a, AD  =  b и AA₁  =  c. До­ка­жем, что точка B при­над­ле­жит ис­ко­мо­му се­че­нию. Через точку N про­ве­дем пря­мую NP, па­рал­лель­ную пря­мой CQ, точка P лежит на AA₁. Пусть плос­кость α пе­ре­се­ка­ет плос­кость ABB₁ по пря­мой  l, ко­то­рая долж­на быть па­рал­лель­на пря­мой MN. Пря­мая  l пе­ре­се­ка­ет пря­мую AA₁ в точке P. Пусть пря­мая  l пе­ре­се­ка­ет пря­мую AB в не­ко­то­рой точке X. Углы APX и MNC₁ равны как углы между па­ра­ми па­рал­лель­ных пря­мых PX, MN и СС₁, AA₁. Вы­ра­зим тан­генс угла MNC₁:

За­ме­тим, что

б)  По­стро­им се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью α. Про­ве­дем от­ре­зок BN и па­рал­лель­ный ему от­ре­зок TP в грани ADD₁A₁, где точка  T лежит на ребре A₁D₁; про­ве­дем от­ре­зок MT. Мно­го­уголь­ник MNBPT яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем. Пусть E и K  — точки пе­ре­се­че­ния пря­мой MT с реб­ра­ми A₁B₁ и B₁C₁, со­от­вет­ствен­но. Най­дем объем мно­го­гран­ни­ка, от­се­ка­е­мо­го от па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью α и со­дер­жа­ще­го вер­ши­ну B₁:

Тре­уголь­ни­ки BB₁E и PA₁E по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен от­ку­да также по­доб­ны тре­уголь­ни­ки BB₁K и NC₁K, от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ни­ки PA₁T и BCN по­доб­ны по двум углам, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен от­ку­да Вы­чис­лим объ­е­мы двух остав­ших­ся пи­ра­мид:

Таким об­ра­зом,

Сле­до­ва­тель­но, плос­кость делит объем па­рал­ле­ле­пи­пе­да ABCDA₁B₁C₁D₁ в от­но­ше­нии

Ответ: б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть плос­кость AB₁M и пря­мая A₁N пе­ре­се­ка­ют­ся в точке K. Рас­смот­рим се­че­ние приз­мы плос­ко­стью AA₁N: точка N₁  — се­ре­ди­на сто­ро­ны B₁C₁, по­это­му от­ре­зок NN₁ па­рал­ле­лен ребру AA₁, точка N₁ лежит в плос­ко­сти AA₁N.

Обо­зна­чим P точку пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан AN₁ и B₁M. По свой­ству ме­ди­ан Тогда тре­уголь­ни­ки A₁PK и NAK по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Сле­до­ва­тель­но,

б)  Удво­им от­ре­зок В₁N, про­длив его за точку N до пе­ре­се­че­ния с пря­мой СС₁ в точке С₂. Ясно, что C₁С₂  =  2C₁C. Пи­ра­ми­ды NAMB₁ и С₂AMB₁ имеют общее ос­но­ва­ние AMB₁, а их вы­со­ты, про­ве­ден­ные к этому ос­но­ва­нию из точек N и С₂ со­от­вет­ствен­но, от­но­сят­ся как 1 : 2. Сле­до­ва­тель­но,

где h  — вы­со­та, про­ве­ден­ная к плос­ко­сти С₂AM из точки B₁.

Ясно, что эта вы­со­та  — от­ре­зок B₁M, по­сколь­ку пря­мая B₁M пер­пен­ди­ку­ляр­на пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым A₁C₁ и AC, ле­жа­щим в плос­ко­сти С₂AM, а зна­чит, пер­пен­ди­ку­ляр­на и самой этой плос­ко­сти. Таким об­ра­зом,

Чтобы найти пло­щадь тре­уголь­ни­ка С₂AM, вы­чтем из пло­ща­ди пря­мо­уголь­ни­ка пло­ща­ди тре­уголь­ни­ков и по­лу­чим:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

б)  За­ме­тим, что:

Из фор­му­лы объ­е­ма где h  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка B₁MC₁, про­ве­ден­ная из точки M, вы­ра­зим вы­со­ту: Най­дем пло­щадь че­ты­рех­уголь­ни­ка B₁NCC₁:

от­ку­да Сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом, объем пи­ра­ми­ды AMNB₁ равен

При­ве­дем ре­ше­ние ме­то­дом ко­ор­ди­нат (Алек­сандр Тур­ба­нов, Ли­пецк).

а)  Введём пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке A, на­пра­вим ко­ор­ди­нат­ные оси, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть и опре­де­лим ко­ор­ди­на­ты точек:

Плос­кость AMB₁ про­хо­дит через на­ча­ло ко­ор­ди­нат, по­это­му ее урав­не­ние имеет вид Под­став­ляя в урав­не­ние ко­ор­ди­на­ты точек M и B₁, по­лу­ча­ем:

Таким об­ра­зом,

Пусть точка Q делит от­ре­зок A₁N в от­но­ше­нии 2 : 3, и опре­де­лим ее ко­ор­ди­на­ты:

то есть Про­ве­рим, что точка Q при­над­ле­жит плос­ко­сти AMB₁. Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точки в урав­не­ние плос­ко­сти, по­лу­чим вер­ное ра­вен­ство:

Сле­до­ва­тель­но, плос­кость AMB₁ делит от­ре­зок A₁N в от­но­ше­нии 2 : 3.

б)  Для вы­чис­ле­ния объ­е­ма пи­ра­ми­ды при­ме­ним фор­му­лу

Из усло­вия сле­ду­ет, что и Урав­не­ние плос­ко­сти AMB₁ при­ни­ма­ет вид то есть Рас­сто­я­ние от точки до плос­ко­сти, най­дем по фор­му­ле:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁M по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра на­хо­дим: В тре­уголь­ни­ке A₁B₁M най­дем

Пря­мая B₁M пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ACC₁, по­это­му пер­пен­ди­ку­ляр­на и пря­мой AM. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник AB₁M пря­мо­уголь­ный. Найдём его пло­щадь:

Таким об­ра­зом,

Ре­ше­ние. а)  Пусть N  — се­ре­ди­на AC, T  — се­ре­ди­на AB. Тогда пря­мая PN па­рал­лель­на пря­мой TC как сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ATC. Пря­мая CT пер­пен­ди­ку­ляр­ная пря­мой MN, по­сколь­ку пря­мые CT и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны, а пря­мые AB и MN па­рал­лель­ны. Зна­чит, пря­мая  PN пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой  MN, тогда, по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах, пря­мые PQ и MN пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Пусть плос­кость α пе­ре­се­ка­ет AC в точке N₁. Тогда пря­мая MN₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой PQ, и по­то­му точки N и N₁ сов­па­да­ют. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Рас­смот­рим се­че­ние приз­мы плос­ко­стью CC₁T. Пусть точка O  — се­ре­ди­на TC, точка O₁  — се­ре­ди­на T₁C₁, R  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти α и пря­мой C₁T₁. Кроме того, пусть ВC  =  7x, AB  =  TT₁  =  2x, тогда Сле­до­ва­тель­но,

Тогда Имеем:

За­ме­тим, что и от­ре­зок A₁C₁ по­де­лит­ся плос­ко­стью α в том же от­но­ше­нии.

Ответ: б)  1 : 2.

Ре­ше­ние. а)  Про­ведём пря­мые через точки L и K па­рал­лель­но пря­мой BD. По­лу­чим точку M на ребре B₁C₁ и точку N на ребре CD. Рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция KNLM  — се­че­ние приз­мы плос­ко­стью γ. Пусть пря­мая AC пе­ре­се­ка­ет пря­мую NK в точке P, а пря­мая A₁C₁ пе­ре­се­ка­ет пря­мую LM в точке Q. Тогда Пусть про­дол­же­ние пря­мой PQ за точку Q пе­ре­се­ка­ет про­дол­же­ние пря­мой CC₁ за точку C₁ в точке T. Тре­уголь­ник AA₁C по­до­бен тре­уголь­ни­ку CPT, по­сколь­ку

сле­до­ва­тель­но, и тре­уголь­ни­ки AA₁C и HPC по­доб­ны, а зна­чит, угол PHC  — пря­мой. Пря­мые A₁C и PT пер­пен­ди­ку­ляр­ны, пря­мая A₁C пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BD, сле­до­ва­тель­но, (по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти), пря­мая A₁C пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти γ.

б)  Пусть точка H  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых A₁C и PQ. От­ре­зок A₁H  — вы­со­та ука­зан­ной пи­ра­ми­ды. Имеем

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AA₁C и HPC по­лу­ча­ем Сле­до­ва­тель­но, Объём пи­ра­ми­ды A₁KNLM равен

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. а)  Пусть AA₁  =  3a, CL  =  x, AB  =  b, тогда

По усло­вию S₁  =  S₂:

то есть CL  =  C₁L.

б)  Из пря­мо­уголь­ной тра­пе­ции AKBM по­лу­ча­ем

Ана­ло­гич­но

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке KLM

Тогда

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. а)  Тре­уголь­ни­ки A₁C₁M равны по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но, В тре­уголь­ни­ке A₁MB две сто­ро­ны равны, то есть он рав­но­бед­рен­ный по опре­де­ле­нию.

б)  Пусть точка O  — се­ре­ди­на сто­ро­ны A₁B, а также Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке A₁B₁B:

от­ку­да Най­дем вы­со­ту тре­уголь­ни­ка A₁BM: в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке она сов­па­да­ет с ме­ди­а­ной. Длину от­рез­ка MO вы­ра­зим по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ков A₁MO и A₁C₁M:

По фор­му­ле пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка от­ку­да

Таким об­ра­зом, вы­со­та приз­мы равна 

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что от­ре­зок KC₁ яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, а по­то­му яв­ля­ет­ся и вы­со­той этого тре­уголь­ни­ка. Приз­ма ABCA₁B₁C₁  — пря­мая, по­это­му ее бо­ко­вые ребра яв­ля­ют­ся вы­со­та­ми приз­мы. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KC₁ пер­пен­ди­ку­ля­рен ребру AA₁. Таким об­ра­зом, плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁.

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MA₁K по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Вы­со­та KC₁ в пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке A₁B₁C₁ равна  По­сколь­ку плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁, пря­мая KC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MK, а зна­чит, тре­уголь­ник MKC₁ пря­мо­уголь­ный. Пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

а)  Пусть AA₁  =  a, AB  =  b. Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат:

Плос­кость AMB сов­па­да­ет с плос­ко­стью AA₁B. Най­дем урав­не­ние этой плос­ко­сти. Она про­хо­дит через ось ап­пли­кат, а по­то­му урав­не­ние сле­ду­ет ис­кать в виде Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точки B, на­хо­дим:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти имеет вид то есть Нор­маль этой плос­ко­сти  — век­тор

Плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­на к плос­ко­сти AA₁B, а по­то­му нор­маль к плос­ко­сти α пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­ру Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точек M и К в урав­не­ние плос­ко­сти α и за­пи­сы­вая усло­вие пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти нор­ма­лей в ко­ор­ди­на­тах, по­лу­ча­ем си­сте­му:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти α имеет вид

то есть

Ко­ор­ди­на­ты точки C₁ удо­вле­тво­ря­ют най­ден­но­му урав­не­нию:

а зна­чит, точка C₁ лежит в плос­ко­сти α.

б)  По усло­вию a  =  b  =  12. Тре­уголь­ник C₁KM  — ис­ко­мое се­че­ние. В вы­бран­ной си­сте­ме ко­ор­ди­нат на­хо­дим:

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, по­стро­ен­но­го на век­то­рах, равна по­ло­ви­не мо­ду­ля их век­тор­но­го про­из­ве­де­ния. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Мо­дуль этого про­из­ве­де­ния равен

а ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: б)