а)  От­ре­зок CT па­рал­ле­лен (точка T при­над­ле­жит ребру ). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость по пря­мой па­рал­лель­ной CW, сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое се­че­ние  — па­рал­ле­ло­грамм (см. рис. 1).

Рис. 1

Рис. 2

б)  Тре­уголь­ни­ки CBT и равны, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит,   — ромб со сто­ро­ной и диа­го­на­лью (см. рис. 2). Тогда диа­го­наль

Ответ:

а)  Плос­кость EFT пе­ре­се­ка­ет грани BB₁C₁C и AA₁D₁D по па­рал­лель­ным от­рез­кам.

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки D₁A₁E и TB₁F по­доб­ны, причём пря­мые D₁A₁ и B₁C₁ па­рал­лель­ны, пря­мые A₁E и B₁F тоже па­рал­лель­ны. По­это­му пря­мые ED₁ и FT также па­рал­лель­ны. Если плос­кость EFT не про­хо­дит через точку D₁, то по­лу­ча­ет­ся, что в плос­ко­сти AA₁D₁D через точку E про­хо­дят две раз­лич­ные пря­мые, па­рал­лель­ные пря­мой FT. По­лу­чи­ли про­ти­во­ре­чие.

б)  Се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью EFT  — тра­пе­ция. Про­ведём через точку F пря­мую, па­рал­лель­ную пря­мой AB. По­лу­чим точку P на ребре AA₁.

Тогда

Сле­до­ва­тель­но, EF = D₁T, и тра­пе­ция EFTD₁ рав­но­бед­рен­ная. Про­ведём в ней вы­со­ту TH.

Тогда

Ответ: б) 97,5.

а)  Про­ведём от­ре­зок и в плос­ко­сти грани про­ведём через точку T пря­мую, па­рал­лель­ную Эта пря­мая пе­ре­сечёт ребро в точке Точка F лежит в плос­ко­сти Тре­уголь­ни­ки и по­доб­ны, как тре­уголь­ни­ки с па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми, сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом, Тогда и

б)  Четырёхуголь­ник   — се­че­ние па­рал­ле­ле­пи­пе­да плос­ко­стью По­сколь­ку сто­ро­ны FT и па­рал­лель­ны, но не равны, то четырёхуголь­ник   — тра­пе­ция. Про­дол­жим бо­ко­вые сто­ро­ны EF и до пе­ре­се­че­ния в точке Точка T  — се­ре­ди­на по­это­му от­ре­зок FT  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков и по­лу­ча­ем от­ку­да то есть тра­пе­ция   — рав­но­бед­рен­ная.

Найдём сто­ро­ны тра­пе­ции:

Вы­со­та рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции

Тогда

Ответ: б) 90.

а)  Пусть O  — се­ре­ди­на диа­го­на­ли A₁C. Тогда фи­гу­ры, на ко­то­рые па­рал­ле­ле­пи­пед де­лит­ся плос­ко­стью, со­дер­жа­щей пря­мую A₁C, пе­ре­хо­дят друг в друга при цен­траль­ной сим­мет­рии от­но­си­тель­но точки O. Зна­чит, эти фи­гу­ры имеют оди­на­ко­вые объ­е­мы. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  От­ре­зок CT па­рал­ле­лен A₁W (точка T при­над­ле­жит ребру BB₁). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость AA₁B₁ по пря­мой A₁T, па­рал­лель­ной CW, сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мое се­че­ние  — па­рал­ле­ло­грамм CTA₁W (рис. 1).

Тре­уголь­ни­ки CBT и A₁D₁W равны, сле­до­ва­тель­но,

зна­чит, CTA₁W  — ромб со сто­ро­ной и диа­го­на­лью (см. рис.)

Тогда диа­го­наль равна

Таким об­ра­зом, на­хо­дим пло­щадь се­че­ния:

Ответ: б)

а)  Пря­мая BE пе­ре­се­ка­ет пря­мую в точке Пря­мая пе­ре­се­ка­ет ребро в его се­ре­ди­не  — точке   — се­че­ние куба плос­ко­стью

Рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник по­до­бен тре­уголь­ни­ку KFE,

по­это­му то есть   — рав­но­бо­кая тра­пе­ция.

б)  Вы­чис­лим сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка : и вы­со­та

EF  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка по­это­му по­лу­ча­ем:

Ответ: 4,5.