Площади сечения

а)

Рассмотрим треугольник $BB_1D_1$. По условию $K$ — середина ребра $BB_1$. Через точку $K$ проведём среднюю линию $KL$, параллельную стороне $BD_1$. Тогда точка $L$ лежит в плоскости $\alpha$, так как эта плоскость параллельна прямой $BD_1$.

Диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$ квадрата $A_1B_1C_1D_1$ точкой пересечения делятся пополам, при этом $L$ — середина $B_1D_1$. Значит, $A_1C_1$ и $B_1D_1$ пересекаются в точке $L$.

Прямая $A_1C_1$ проходит через точки $C_1$ и $L$, лежащие в плоскости $\alpha$. Следовательно, прямая $A_1C_1$ лежит в плоскости $\alpha$, значит, $\triangle A_1KC_1$ — искомое сечение.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $A_1B_1K$ и $C_1B_1K$. У этих треугольников катеты $A_1B_1$ и $C_1B_1$ равны как стороны квадрата $A_1B_1C_1D_1$, а катет $B_1K$ — общий. Значит, $$\triangle A_1B_1K = \triangle C_1B_1K$$ по двум катетам. Поэтому соответствующие элементы равны: $$A_1K = C_1K.$$ Следовательно, треугольник $A_1KC_1$ равнобедренный.

б) По теореме Пифагора в треугольнике $A_1B_1C_1$: $$A_1C_1^2 = A_1B_1^2 + C_1B_1^2 = (3\sqrt{2})^2 + (3\sqrt{2})^2 = 36.$$ Значит, $$A_1C_1 = 6.$$

По теореме Пифагора в треугольнике $A_1B_1K$: $$A_1K^2 = A_1B_1^2 + B_1K^2 = (3\sqrt{2})^2 + \left(\frac{2\sqrt{7}}{2}\right)^2 = 18 + 7 = 25.$$ Значит, $$A_1K = 5.$$

Тогда периметр треугольника $A_1KC_1$: $$P_{A_1KC_1} = A_1C_1 + A_1K + C_1K = A_1C_1 + 2A_1K = 6 + 2\cdot 5 = 16.$$

Ответ: 16.

a)

Так как $$AM:MB = AN:ND,$$ то по обратной теореме о пропорциональных отрезках $$MN \parallel BD.$$

Пусть плоскость сечения $\alpha$ пересекает ребро $CD$ в точке $K$.

Линии пересечения трёх попарно пересекающихся плоскостей либо попарно параллельны, либо пересекаются в одной точке. Рассмотрим плоскости $(ABD)$, $(CBD)$ и $(LMN)$. Они пересекаются по прямым $MN$, $BD$ и $LK$. Так как $MN \parallel BD$, то линии пересечения этих плоскостей не могут пересекаться в одной точке, следовательно, они попарно параллельны: $$MN \parallel BD \parallel LK.$$

Тогда по теореме о пропорциональных отрезках получаем: $$\frac{CK}{KD} = \frac{CL}{LB} = 4:1.$$

б) Так как тетраэдр правильный, все его рёбра равны $10$. Так как $MN \parallel BD$, то $\triangle AMN \sim \triangle ABD$ по двум углам. Запишем коэффициент подобия: $$\frac{MN}{BD} = \frac{AM}{AB} = \frac{1}{5},$$ $$MN = \frac{1}{5}\cdot BD = \frac{10}{5} = 2.$$

Так как $LK \parallel BD$, то $\triangle CLK \sim \triangle CBD$. Тогда $$\frac{LK}{BD} = \frac{CK}{CD} = \frac{4}{5},$$ $$LK = \frac{4}{5}\cdot BD = \frac{4}{5}\cdot 10 = 8.$$

По условию $$AM = AN = BL = KD = 2,\qquad CL = CK = MB = ND = 8.$$

Так как грани правильного тетраэдра — равносторонние треугольники, углы $\angle MBL = \angle NDK = 60^\circ$. Следовательно, $$MB = ND = 8, \qquad BL = KD = 2,$$ а по двум сторонам и углу между ними $$ML = NK.$$

Сечение $MNKL$ — равнобедренная трапеция с основаниями $MN=2$ и $LK=8$.

Найдём боковую сторону трапеции. По теореме косинусов в $\triangle NKD$: $$NK^2 = ND^2 + KD^2 - 2\cdot ND\cdot KD\cdot \cos 60^\circ,$$ $$NK^2 = 64 + 4 - 2\cdot 8\cdot 2 \cdot \frac{1}{2},$$ $$NK^2 = 52 \quad\Rightarrow\quad NK = 2\sqrt{13}.$$

Так как трапеция равнобедренная, $$LR = TK = \frac{LK - MN}{2} = \frac{8-2}{2} = 3.$$

По теореме Пифагора в $\triangle MLR$: $$ML^2 = MR^2 + LR^2,$$ $$MR^2 = 52 - 9 = 43 \quad\Rightarrow\quad MR = \sqrt{43}.$$

Найдем площадь трапеции MNKL. Для этого проведем высоты MR и NT.

$$S_{MNKL} = \frac{MN + LK}{2}\cdot MR = \frac{2 + 8}{2}\cdot \sqrt{43} = 5\sqrt{43}.$$

$$\boxed{S = 5\sqrt{43}}$$

a)

Так как $$AM:MB = AN:ND,$$ то по обратной теореме о пропорциональных отрезках $$MN \parallel BD.$$ Пусть плоскость сечения $\alpha$ пересекает $CD$ в точке $K$.

Линии пересечения трёх попарно пересекающихся плоскостей либо попарно параллельны, либо пересекаются в одной точке. Тогда рассмотрим плоскости $(ABD)$, $(CBD)$ и $(LMN)$. Они пересекаются по прямым $MN$, $BD$ и $LK$. Так как $$MN \parallel BD,$$ то линии пересечения этих плоскостей не могут пересекаться в одной точке. Следовательно, они попарно параллельны: $$MN \parallel BD \parallel LK.$$

Отсюда $LK \parallel BD$. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках: $$CK:KD = CL:LB = 2:1.$$

b) Так как тетраэдр правильный, то все его рёбра равны $6$.

Так как $MN \parallel BD$, то $\triangle AMN \sim \triangle ABD$ по двум углам. Запишем отношение подобия: $$\frac{MN}{BD} = \frac{AM}{AB} = \frac{1}{3}.$$ Тогда $$MN = \frac13 BD = \frac63 = 2.$$

Так как $LK\parallel BD$, то $\triangle CLK \sim \triangle CBD$ по двум углам. Отношение подобия: $$\frac{LK}{BD}=\frac{CK}{CD}=\frac23.$$ Тогда $$LK = \frac23 BD = \frac{2\cdot 6}{3} = 4.$$

Так как $$AN:ND = AM:MB = DK:KC = BL:LC = 1:2,$$ получаем: $$AM = AN = BL = KD = 2,$$ $$CL = CK = MB = ND = 4.$$

Отметим, что все грани правильного тетраэдра являются равносторонними треугольниками. Следовательно: $$\angle MBL = \angle NDK = 60^\circ.$$ Тогда $$\triangle MBL \cong \triangle NDK$$ по двум сторонам и углу между ними: $$MB = ND = 4,\quad BL = KD = 2.$$

Следовательно, $$ML = NK.$$ Так как $MN \parallel LK$, $MN \ne LK$, то сечение $MNKL$ — равнобедренная трапеция с основаниями $$MN = 2,\qquad LK = 4.$$

Найдём боковую сторону трапеции. По теореме косинусов для $\triangle NKD$: $$NK^2 = ND^2 + KD^2 - 2 \cdot ND \cdot KD \cdot \cos \angle NDK,$$ $$NK^2 = 16 + 4 - 2\cdot 4\cdot 2 \cdot \frac12,$$ $$NK^2 = 12 \quad\Rightarrow\quad NK = 2\sqrt 3.$$

Найдём площадь трапеции $MNKL$. Проведём высоты $MR$ и $NT$.

Так как трапеция равнобедренная: $$LR = TK = \frac{LK - MN}{2} = \frac{4 - 2}{2} = 1.$$

По теореме Пифагора в $\triangle MLR$: $$LM^2 = MR^2 + LR^2,$$ $$MR^2 = 12 - 1 = 11 \quad\Rightarrow\quad MR = \sqrt{11}.$$

Найдем площадь трапеции MNKL. Для этого проведем высоты MR и NT.

$$S_{MNKL} = \frac{MN + LK}{2}\cdot MR = \frac{2 + 4}{2} \cdot \sqrt{11} = 3\sqrt{11}.$$

$$\boxed{3\sqrt{11}}$$

а)

Пусть $AM = CN = 2x$, $MC = NB = x$. Пусть также $M_1$ и $N_1$ — проекции точек $M$ и $N$ на плоскость $A_1B_1C_1$. Так как $(ABC) \parallel (A_1B_1C_1)$, то плоскость $MNB_1$ пересекает эти плоскости по параллельным прямым. Следовательно, $B_1K \parallel M_1N_1 \parallel MN$, и $B_1K = (MNB_1) \cap (A_1B_1C_1)$.

Тогда $\triangle KB_1C_1 \sim \triangle M_1N_1C_1$, следовательно, $$\frac{C_1K}{C_1M_1} = \frac{B_1C_1}{N_1C_1} = \frac{3}{2} \quad \Rightarrow \quad C_1K = \frac{3}{2}x = \frac{1}{2}A_1C_1$$

Значит, $K$ — середина $A_1C_1$. Что и требовалось доказать.

б) Из условия $x = 2 \Rightarrow 2x = 4 \Rightarrow C_1K = 3$. Тогда $C_1M_1 = 2 \Rightarrow KM_1 = 3 - 2 = 1$. Тогда по теореме Пифагора:

$$MK = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2$$

Заметим, что так как $B_1K \parallel MN$, то $MNB_1K$ — трапеция, а также $B_1K > MN$. Так как $B_1K \perp A_1C_1$ и $M_1N_1 \perp A_1C_1$, то $M_1N_1 \perp MN \perp AC$. Следовательно, $MN \perp (ACC_1) \Rightarrow MN \perp MK$, и $MK$ — высота трапеции $MNB_1K$.

$B_1K$ — высота правильного треугольника $A_1B_1C_1$, следовательно:

$$B_1K = \frac{A_1C_1 \cdot \sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$$

Из $\triangle KB_1C_1 \sim \triangle M_1N_1C_1$ следует, что:

$$M_1N_1 = \frac{2}{3}B_1K = 2\sqrt{3} \Rightarrow MN = 2\sqrt{3}$$

Тогда площадь сечения:

$$S_{MNB_1K} = \frac{MN + B_1K}{2} \cdot MK = \frac{2\sqrt{3} + 3\sqrt{3}}{2} \cdot 2 = 5\sqrt{3}$$

Ответ: б) $5\sqrt{3}$

а)

Пусть $SH$ — высота пирамиды $SABCD$. Так как эта пирамида правильная, то $H$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$.

Так как $\alpha \perp SB$, то $SB$ перпендикулярна любой прямой из $\alpha$. Следовательно, $DM \perp SB$. Пусть $O = DM \cap SH$.

Так как $SH \perp (ABC)$, $BH \perp AC$, то по теореме о трёх перпендикулярах $SB \perp AC$. Проведем через точку $O$ прямую $EF \parallel AC$ (см. рис.). Тогда $EF \perp SB$. Следовательно, $DEMF$ — сечение пирамиды плоскостью $\alpha$.

Также по теореме о трёх перпендикулярах $DM \perp AC$. Следовательно, так как $EF \parallel AC$, то диагонали сечения $DM$ и $EF$ перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

б) Так как диагонали сечения $DEMF$ взаимно перпендикулярны, то площадь сечения можно искать по формуле $$S = S_{DEMF} = \frac{1}{2} \cdot DM \cdot EF$$

По условию $SA = 6$, а $AB : SA = 1 : \sqrt{2}$. Следовательно, $AB = SA : \sqrt{2} = 3\sqrt{2}$. Следовательно, $BD = AB\sqrt{2} = 6$. Значит, $\triangle BSD$ равносторонний. Тогда $$DM = \frac{BD\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$$

Так как $\triangle BSD$ равносторонний, то $DM$ и $SH$ — не только высоты, но и медианы этого треугольника. Следовательно, точкой пересечения они делятся в отношении $2 : 1$, считая от вершины. Тогда $$\frac{SO}{OH} = \frac{2}{1}$$

$\triangle FSE \sim \triangle ASC$, следовательно, $$\frac{EF}{AC} = \frac{SO}{SH} = \frac{2}{3} \;\Rightarrow\; EF = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3}BD = 4$$

Тогда искомая площадь равна $$S = \frac{1}{2} \cdot DM \cdot EF = 6\sqrt{3}$$

Ответ:

б) $6\sqrt{3}$