Площади сечения

a)

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle B_{1}C_{1}M$ и $\triangle ACM$. Их катеты $CM$ и $C_{1}M$ равны, так как $M$ — середина $CC_{1}$ по условию. Также равны катеты $B_{1}C_{1}$ и $AC$, поскольку призма правильная, то есть оба треугольника в основании правильные с равными сторонами.

Тогда $\triangle B_{1}C_{1}M = \triangle ACM$ по двум катетам. Тогда равны их гипотенузы $AM = B_{1}M$. То есть треугольник $B_{1}MA$ — равнобедренный, что и требовалось доказать.

б) Пусть $BB_{1} = 2h$. Тогда

• по теореме Пифагора $$AB_{1} = \sqrt{AB^{2} + BB_{1}^{2}} = \sqrt{4 + 4h^{2}} = 2\sqrt{1 + h^{2}},$$
• $$AM = \sqrt{AC^{2} + CM^{2}} = \sqrt{4 + h^{2}}.$$

Поскольку треугольник $\triangle B_{1}MA$ — равнобедренный с основанием $AB_{1}$, то его высота $MH$ делит сторону $AB_{1}$ пополам. То есть $$AH = \frac{AB_{1}}{2} = \sqrt{1 + h^{2}}.$$

Вновь воспользуемся теоремой Пифагора:

$$MH = \sqrt{AM^{2} - AH^{2}} = \sqrt{4 + h^{2} - (1 + h^{2})} = \sqrt{3}.$$

Теперь запишем площадь $S$ сечения:

$$S = \frac{MH \cdot AB_{1}}{2} = \frac{\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{1 + h^{2}}}{2} = \sqrt{3 + 3h^{2}}.$$

По условию имеем: $$\sqrt{3 + 3h^{2}} = 6,$$ $$3 + 3h^{2} = 36,$$ $$3h^{2} = 33,$$ $$h^{2} = 11,\qquad h = \sqrt{11}.$$

Высота призмы равняется $2h$, то есть $2\sqrt{11}$.

$$\boxed{2\sqrt{11}}$$

a)

Рассмотрим треугольник $BB_{1}D_{1}$. По условию $K$ — середина ребра $BB_{1}$. Через точку $K$ проведем среднюю линию $KL$, параллельную стороне $BD_{1}$. Тогда точка $L$ лежит в плоскости $\alpha$, так как эта плоскость параллельна прямой $BD_{1}$.

Диагонали $A_{1}C_{1}$ и $B_{1}D_{1}$ квадрата $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ точкой пересечения делятся пополам, при этом $L$ — середина $B_{1}D_{1}$. Значит, $A_{1}C_{1}$ и $B_{1}D_{1}$ пересекаются в точке $L$.

Прямая $A_{1}C_{1}$ проходит через точки $C_{1}$ и $L$, лежащие в плоскости $\alpha$. Следовательно, прямая $A_{1}C_{1}$ лежит в плоскости $\alpha$, значит, $\triangle A_{1}KC_{1}$ — искомое сечение.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $A_{1}B_{1}K$ и $C_{1}B_{1}K$. У этих треугольников катеты $A_{1}B_{1}$ и $C_{1}B_{1}$ равны как стороны квадрата $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$, а катет $B_{1}K$ — общий. Значит, $$\triangle A_{1}B_{1}K = \triangle C_{1}B_{1}K$$ по двум катетам. В равных треугольниках соответствующие элементы равны, поэтому $$A_{1}K = C_{1}K.$$ Следовательно, треугольник $A_{1}KC_{1}$ — равнобедренный.

б) По теореме Пифагора в треугольнике $A_{1}B_{1}C_{1}$: $$A_{1}C_{1} = \sqrt{A_{1}B_{1}^{2} + C_{1}B_{1}^{2}} = \sqrt{(3\sqrt{2})^{2} + (3\sqrt{2})^{2}} = 6.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $A_{1}B_{1}K$: $$A_{1}K^{2} = A_{1}B_{1}^{2} + B_{1}K^{2} = (3\sqrt{2})^{2} + \left(\frac{2\sqrt{7}}{2}\right)^{2} = 18 + 7 = 25.$$ Значит, $$A_{1}K = 5.$$

Тогда периметр треугольника $A_{1}KC_{1}$ равен: $$P_{A_{1}KC_{1}} = A_{1}C_{1} + A_{1}K + C_{1}K = A_{1}C_{1} + 2A_{1}K = 6 + 2\cdot 5 = 16.$$

$$\boxed{16}$$

a)

Так как тетраэдр правильный, то все его ребра равны и все грани являются равными правильными треугольниками. Так как $AN$ и $BN$ — медианы в равных правильных треугольниках $ADC$ и $DBC$, то $AN = BN$. Тогда $\triangle ANB$ равнобедренный, следовательно, медиана $NM$, проведенная к основанию, также является и высотой. Таким образом, $MN \perp AB$. Аналогично $\triangle DMC$ равнобедренный и $MN$ — медиана и высота этого треугольника, то есть $MN \perp CD$.

б) Если $MN \perp \alpha$, то $\alpha$ проходит через прямые, параллельные $AB$ и $CD$, то есть $AB \parallel \alpha$, $CD \parallel \alpha$. Тогда $\alpha$ пересекает плоскость $(ABC)$ по прямой $PK \parallel AB$, а плоскости $(ACD)$ и $(BCD)$ по прямым $PG$ и $KH$ соответственно, параллельным $CD$. Тогда $PKHG$ — сечение тетраэдра плоскостью $\alpha$.

Далее имеем $CD \perp AN$ и $CD \perp BN$, так как $AN$ и $BN$ — медианы в равносторонних треугольниках. Тогда $CD \perp (ANB)$, следовательно, $CD \perp AB$. Значит, $PKHG$ — прямоугольник.

Треугольники $BKH$ и $BCD$ подобны, так как $KH \parallel CD$, откуда $$\frac{BK}{BC} = \frac{KH}{CD} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{6} = \frac{KH}{6} \quad\Longleftrightarrow\quad KH = 1.$$

Треугольники $CPK$ и $CAB$ подобны, так как $PK \parallel AB$, откуда $$\frac{PK}{AB} = \frac{CK}{CB} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{PK}{6} = \frac{5}{6} \quad\Longleftrightarrow\quad PK = 5.$$

Следовательно, площадь сечения $PKHG$ равна $$S_{PKHG} = KH \cdot PK = 1 \cdot 5 = 5.$$

$$\boxed{5}$$

а)

Так как тетраэдр правильный, то все его ребра равны и все грани являются равными правильными треугольниками. Так как $AN$ и $BN$ — медианы в равных правильных треугольниках $ADC$ и $DBC$, то $AN = BN$. Тогда $\triangle ANB$ равнобедренный, следовательно, медиана $NM$, проведенная к основанию, также является и высотой. Таким образом, $NM \perp AB$. Аналогично $\triangle DMC$ равнобедренный и $MN$ — медиана и высота этого треугольника, то есть $MN \perp CD$.

б) Если $MN \perp \alpha$, то $\alpha$ проходит через прямые, параллельные $AB$ и $CD$, то есть $AB \parallel \alpha$, $CD \parallel \alpha$. Тогда $\alpha$ пересекает плоскость $(ABC)$ по прямой $PK \parallel AB$, а плоскости $(ACD)$ и $(BCD)$ — по прямым $PG$ и $KH$ соответственно, параллельным $CD$. Тогда $PKHG$ — сечение тетраэдра плоскостью $\alpha$.

Далее имеем $CD \perp AN$ и $CD \perp BN$, так как $AN$ и $BN$ — медианы в равносторонних треугольниках. Тогда $CD \perp (ANB)$, следовательно, $CD \perp AB$. Значит, $PKHG$ — прямоугольник.

Треугольники $BKH$ и $BCD$ подобны, так как $KH \parallel CD$. Отсюда: $$\frac{BK}{BC} = \frac{KH}{CD} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{4} = \frac{KH}{4} \quad\Longleftrightarrow\quad KH = 1.$$

Треугольники $CPK$ и $CAB$ подобны, так как $PK \parallel AB$. Поэтому: $$\frac{PK}{AB} = \frac{CK}{CB} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{PK}{4} = \frac{3}{4} \quad\Longleftrightarrow\quad PK = 3.$$

Следовательно, площадь сечения $PKHG$ равна $$S_{PKHG} = KH \cdot PK = 1 \cdot 3 = 3.$$

$$\boxed{3}$$

а)

Пусть точки $L$, $N$ — середины рёбер $AC$ и $BD$ соответственно. Тогда $$ML \text{ — средняя линия треугольника } ACD,$$ следовательно, $$ML \parallel AD.$$ Аналогично, $$NK \parallel AB,$$ следовательно, $$NK \parallel ML.$$

Значит, точки $N, K, M, L$ лежат в одной плоскости, которая параллельна прямой $AD$, следовательно, это и есть плоскость $\alpha$.

Так как тетраэдр правильный, его грани — это равные правильные треугольники. Тогда их средние линии попарно равны, в частности: $$NM = ML = KL = NK,$$ значит, $$KLMN — \text{ромб.}$$

Рассмотрим треугольники $BLD$ и $CKD$. В них $$BD = CD, \qquad BL = DL = CK = DK,$$ так как тетраэдр $ABCD$ правильный. Тогда $$\triangle BLD = \triangle CKD$$ по третьему признаку равенства треугольников. В равных треугольниках соответствующие элементы равны, значит, равны и их медианы, то есть: $$LN = KM.$$

Следовательно, ромб $KLMN$ является квадратом.

—

б) Площадь квадрата $KLMN$ равна: $$S_{KLMN} = KL^2 = \left(\frac{BC}{2}\right)^2.$$

Так как в правильном тетраэдре $BC = AB = 2\sqrt{3}$, то $$KL = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3},$$ и $$S_{KLMN} = (\sqrt{3})^2 = 3.$$

$$\boxed{3}$$