Тип 15 № 21000

Решение:

а) Обозначим за $N$ и $Q$ середины ребёр $A_1D_1$ и $A_1B_1$ соответственно. Отсюда $DN || B_1K$ и $QB || A_1M$. Прямые $QN$, $DB$, $D_1B_1$ попарно параллельны. Отсюда следует, что точки $NQBD$ лежат в одной плоскости, плоскости $\alpha$, так как она проходит через точку $B$ и содержит в себе прямые, параллелльные прямым $A_1M$ и $B_1K$.

б) Так как $N$ и $Q$ — середины рёбер $A_1B_1$ и $A_1D_1$, отрезки $ND_1$ и $QB_1$ равны, откуда треугольники $DD_1N$ и $QB_1B$ равны по двум катетам.

Отсюда следует, что $$ND = QB = \sqrt{BB_1^2 + QB_1^2} = \sqrt{3^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} = \sqrt{9 + \frac{9}{4}} = \frac{3\sqrt5}{2}.$$ Тогда сечение $DNQB$ — равнобедренная трапеция.

Найдём её площадь по формуле: $$S_{DNQB} = \frac{NQ + DB}{2} \cdot h.$$

Пусть $QG = h$ — высота трапеции $DNQB$.

По свойству равнобедренной трапеции: $$GB = \frac{DB - NQ}{2}.$$

$DB$ — диагональ грани куба. Рёбра куба равны $3$, тогда $$DB = 3\sqrt2.$$

$NQ$ — средняя линия треугольника $D_1B_1A_1$ (или $D_1B_1$), тогда $$NQ = \frac{D_1B_1}{2} = \frac{3\sqrt2}{2}.$$

Следовательно, $$GB = \frac{DB - NQ}{2} = \frac{3\sqrt2 - \frac{3\sqrt2}{2}}{2} = \frac{\frac{3\sqrt2}{2}}{2} = \frac{3\sqrt2}{4}.$$

По теореме Пифагора из треугольника $QGB$: $$QG = \sqrt{QB^2 - GB^2} = \sqrt{\left(\frac{3\sqrt5}{2}\right)^2 - \left(\frac{3\sqrt2}{4}\right)^2} = \sqrt{\frac{45}{4} - \frac{18}{16}} = \sqrt{\frac{90}{8} - \frac{9}{8}} = \sqrt{\frac{81}{8}} = \frac{9}{2\sqrt2} = \frac{9\sqrt2}{4}.$$

Найдём площадь сечения: $$S_{DNQB} = \frac{NQ + DB}{2} \cdot h = \frac{\frac{3\sqrt2}{2} + 3\sqrt2}{2} \cdot \frac{9\sqrt2}{4} = \frac{\frac{9\sqrt2}{2}}{2} \cdot \frac{9\sqrt2}{4} = \frac{9\sqrt2}{4} \cdot \frac{9\sqrt2}{4} = \frac{81}{8}.$$

Ответ: $\dfrac{81}{8}$.