Дополнительное построение К – середина ребра ВВ₁ и М – середина ребра DD₁.

Строим сечение методом следов:

• Соединяем вершины, лежащие в одной грани, А и К, А и М.
• Продлеваем прямые АК и А₁В₁ до пересечения. Также прямые АМ и A₁D₁.
• Соединяем точки и видим, что прямая, проходит через точку С₁, которая принадлежит нашему сечению.
• Соединяем оставшиеся точки.

Сечением является ромб. Найдем его сторону по теореме Пифагора:

$AK^2=AB^2+KB^2=1+\displaystyle\frac{1}{4}=\frac{5}{4} \\ AK=\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{2}$

Большая диагональ куба является диагональю куба – АС₁.

$AC_1=\sqrt{3}$

Найдем угол АКС₁ по теореме косинусов:

$AC_1^2=AK^2+KC_1^2-2\cdot AK\cdot KC_1\cdot\cos AKC_1 \\[5pt] 3=\displaystyle\frac{5}{4}+\frac{5}{4}-2\cdot\frac{5}{4}\cdot\cos AKC_1 \\[2pt] \cos AKC_1=-\displaystyle\frac{1}{5}$

Тогда синус AKС₁ равен $\displaystyle\frac{2\sqrt{6}}{5}$.

Найдем площадь искомого сечения:

$S=AK\cdot KC_1\cdot\sin AKC_1=\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}\cdot\frac{2\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Сечение шара плоскостью – круг.

Дополнительное построение – плоскость α имеет радиус АВ, плоскость β – FD и FC.

Площадь сечения большего шара плоскостью, параллельной первоначальной плоскости, равна 5. Значит: $S=\pi R^2=\pi\cdot AB^2=5$

$AB^2=\displaystyle\frac{5}{\pi}$

Аналогичным образом найдем $FD^2=\displaystyle\frac{7}{\pi}$

Для того, чтобы найти площадь искомого сечения, надо знать, чему равно CF².

Применим теорему Пифагора:

$OC^2=OF^2+FC^2 \\[2pt] OD^2=OF^2+FD^2$

Вычтем из одного уравнения другое.

$OC^2-OD^2=FC^2-FD^2$.

Применим еще раз теорему Пифагора:

$OA^2+AB^2=OB^2 \\[2pt] OB^2=OC^2$

Сделаем замену:

$OA^2+AB^2-OD^2=FC^2-FD^2 \\[3pt] OD=OA\rightarrow AB^2=FC^2-FD^2 \\ FC^2=AB^2+FD^2=\displaystyle\frac{5}{\pi}+\frac{7}{\pi}=\frac{12}{\pi}$

Площадь равна 12.

Также возможен случай, когда плоскости будут по одну сторону от центра. Решение будет аналогичным.

а)

1) Дополнительное построение:

• $AK\vphantom{\Large{p}}\perp BC$
• $BP\perp AD$

2) Треугольники АВС и АBD равнобедренные по условию, значит, АК и BP будут являться медианами по свойству равнобедренного треугольника. Тогда DK, СР также являются одновременно медианой и высотой.

Тогда ∠BPC – линейный угол двугранного угла при ребре AD, ∠AKD - линейный угол двугранного угла при ребре ВС. Из условия имеем: ∠BPC = ∠AKD.

3) РК медиана, биссектриса и высота в треугольниках ВРС и AKD. Тогда PK ⊥ BC и PK ⊥ AD.

Тогда, треугольник BPK равен треугольнику АКР по углу

$\angle BPK=\displaystyle\frac{1}{2}\angle BPC=\frac{1}{2}\angle AKD=\angle AKP$ и катету РК.

Из равенства треугольников следует, что BK = AP.

$BK=\displaystyle\frac{1}{2}BC \\[3pt] AP=\displaystyle\frac{1}{2}AD$

Следовательно, BC = AD.

б)

1) По данным пункта б: ∠BPC = ∠AKD = 60°, тогда треугольники АКD и ВРС равносторонние. Пусть сторона каждого такого треугольника будет равна х.

2) Дополнительное построение. Пусть DO⊥ AK.

Тогда:

$\left\{\begin{aligned}BC\perp KD\ (&по\ доказанному\ в\ пункте\ а) \\ BC\perp AK\ (&по\ доказанному\ в\ пункте\ а) \\ &KD\cap AK=K\end{aligned}\right.\!\!\!\Rightarrow BC\perp AKD\ {(по\ признаку\ перпендикулярности\atop прямой\ и\ плоскости)}$

Из доказанного следует, что BC ⊥ OD. Значит:

$\left\{\begin{gathered}BC\perp OD \\ AK\perp OD \\ BC\cap AK=K\end{gathered}\right.\Rightarrow DO\perp ABC\ {(по\ признаку\ перпендикулярности\atop прямой\ и\ плоскости)}$

То есть, OD – высота пирамиды.

3) AK = x по построению, тогда $BK=\displaystyle\frac{x}{2}.\ AB=5$.

Треугольник АВК прямоугольный, значит:

$AB^2=AK^2+BK^2 \\ 5^2=x^2+\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)^2 \\ 25={\small\displaystyle\frac{5x^2}{4}} \\[2pt] x^2=20 \\[3pt] x=2\sqrt{5}$

4) Высота пирамиды и равностороннего треугольника равна:

$OD=\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{5}\sqrt{3}}{2}=\sqrt{15}$

5) Площадь основания равна:

$S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}AK\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot x\cdot x=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{5}\cdot 2\sqrt{5}=10 \\ V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot h\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{15}\cdot 10=\frac{10\sqrt{15}}{3}$

а) 1. Дополнительное построение.

Соединим вершины B₁и D₁. Проведем в треугольнике BB₁D₁ через точку К прямую, параллельную BD₁.

Пусть B₁D₁ пересекается с построенной прямой в точке О.

Прямая BD₁параллельная плоскости С₁ОК, так как параллельна как минимум одной прямой ОК (по построению), лежащей в этой плоскости.

2) Через точку С₁ и О проведем прямую. Пусть прямая С₁О пересекается с A₁B₁в точке Р. Точка Р – точка пересечения плоскости α с ребром A₁B₁.

3) В треугольнике BB₁D отрезок ОК параллелен BD₁. Значит отрезок ОК делит треугольник BB₁D на 2 подобных (признак подобия по 2 углам).

Значит:

$\displaystyle\frac{B_1K}{B_1B}=\frac{KO}{BD_1}=\frac{B_1O}{B_1D_1} \\[10pt] По\ условию\ BB_1=5, KB=3, значит\ B_1K=2. \\[5pt] \displaystyle\frac{B_1K}{B_1B}=\frac{2}{5}=\frac{B_1O}{B_1D_1}$

B₁D₁ – диагональ в квадрате. Ребро куба равно 5. Значит B₁D₁= $5\sqrt{2}$.

$\displaystyle\frac{2}{5}=\frac{B_1O}{B_1D_1}=\frac{B_1O}{5\sqrt{2}} \\[15pt] B_1O=2\sqrt{2}, тогда\ OD_1=B_1D_1-B_1O=3\sqrt{2}$

4) Треугольник ОС₁D₁подобен треугольнику ОРВ₁. (подобие по 2 углам, ОС₁D₁₌ ОРВ₁, так как A₁B₁C₁D₁ – квадрат, A₁B₁|| C₁D₁, секущая РС₁, С₁ОD₁= РОВ₁ как вертикальные углы)

$\begin{aligned}&\displaystyle\frac{OC_1}{OP}=\frac{OD_1}{OB_1}=\frac{C_1D_1}{PB_1} \\[6pt] &\displaystyle\frac{C_1D_1}{PB_1}=\frac{3}{2}=\frac{5}{PB_1}\end{aligned}\qquad\begin{aligned}&\displaystyle\frac{OD_1}{OB_1}=\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{3}{2} \\[6pt] &PB_1=\displaystyle\frac{10}{3}\end{aligned} \\[15pt] A_1P=A_1B_1-PB_1=5-\displaystyle{\small\frac{10}{3}}={\small\frac{5}{3}}\qquad\frac{A_1P}{B_1P}=\frac{5/3}{10/3}=\frac{1}{2}$

Что и требовалось доказать.

б) Объем куба равен 125.

Объем пирамиды РВ₁С₁К найдем.

$V_{пирамиды}={\small\displaystyle\frac{1}{3}}S_{основания}*h$

Найдем площадь основания В₁С₁К.

$S=\displaystyle\frac{1}{2}2*5=5$

Ребро РВ₁ перпендикулярно В₁С₁К, так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — куб, а значит является высотой пирамиды.

$V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot5\cdot\frac{10}{3}=\frac{50}{9}$

Найдем объем другой части куба.

Из объема всего куба вычтем объем пирамиды.

$V=125-\displaystyle\frac{50}{9}=\frac{1075}{9}$

а) Угол С – прямой, значит, угол С₁ тоже прямой. Тогда $A_1C_1\perp B_1C_1$.

CC₁ перпендикулярно А₁В₁С₁, так как по условию призма прямая.

$\left\{\begin{gathered}A_1C_1\perp B_1C_1 \\ CC_1\perp A_1C_1 \\ B_1C_1\cap CC_1=C_1\end{gathered}\right.\Rightarrow A_1C_1\perp B_1CC_1\ {(по\ признаку\ перпендикулярности\atop прямой\ и\ плоскости)}$

Следовательно, $A_1C_1\perp BC_1$. Значит, треугольник A₁BC₁ - прямоугольный. Что и требовалось доказать.

б) $V_{AA_1C_1B}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot h\cdot S=\frac{1}{3}BC\cdot S_{AA_1C_1}$

Имеем:

$AB=13;\ AC=A_1C_1=\sqrt{A_1B^2-BC_1^2}=\sqrt{225-81}=\sqrt{144}=12$

Тогда ВС по теореме Пифагора будет равно 5.

Найдем AA₁. AA₁ = BB₁.

По теореме Пифагора имеем:

$BB_1=\sqrt{A_1B^2-A_1B_1^2}=\sqrt{225-169\vphantom{)}}=\sqrt{56} \\ S_{AA_1C_1}=\displaystyle\frac{1}{2}A_1C_1\cdot AA_1=\frac{1}{2}\cdot12\cdot\sqrt{56}=6\sqrt{56}=12\sqrt{14} \\ V_{AA_1C_1B}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot h\cdot S=\frac{1}{3}BC\cdot S_{AA_1C_1}=\frac{1}{3}\cdot5\cdot12\sqrt{14}=20\sqrt{14}$

1) Плоскость MNK пересекает параллельные плоскости ABC и A₁B₁C₁ по параллельным прямым (построение сечения с помощью параллельных прямых), значит прямые NK и ML параллельны, причем CL также равно 1.

В треугольнике MNKL вычислим стороны и диагональ MK. Если все стороны будут равны и один из углов будет 90°, то MNKL – квадрат.

$NK^2=KD_1^2+ND_1^2=5^2+5^2=50 \\ NK=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$

Аналогично $ML=5\sqrt{2}$.

$NM^2=AA_1^2+2AM^2=48+2=50 \\ NM=5\sqrt{2}$

Аналогично $ML=5\sqrt{2}$.

$MK^2=CC_1^2+(MB-KC_1)^2+BC^2=48+16+36=100$

Рассмотрим треугольники MKL и MKN. Они будут прямоугольными:

$MK^2=ML^2+LK^2=100 \\ MK^2=MN^2+NK^2=100$

Значит, MNKL – квадрат.

2) Для того, чтобы найти площадь, нам нужно построить сечение.

Построим след прямой NK на плоскости ABB₁ и BCC₁.

$NK\cap A_1B_1=P \\ NK\cap B_1C_1=Q$

Точки P и M лежат в плоскости ABB₁, соединим эти точки. Причем $PM\cap AA_1=E$.

Точки Q и L лежат в плоскости BCC₁, соединим эти точки. Причем $QL\cap CC_1=F$.

Соединяем точки, лежащие в одной грани и получаем сечение MLFKNE.

2) Рассмотрим треугольник A₁PN.

• $\vphantom{\bigl|}A_1N=1$
• $\vphantom{\bigl|}\angle PA_1N=90^{\circ}$
• $\vphantom{\bigl|}\angle PNA_1=\angle DNK=45^{\circ}, как\ вертикальные\ углы$

Значит, $PA_1=1$.

Рассмотрим треугольники PA₁E и MAE:

• $\vphantom{\bigl|}\angle PA_1E=\angle EAM=90^{\circ}$
• $\vphantom{\bigl|}\angle A_1EP=\angle AEM, как\ вертикальные\ углы$

Следовательно, $\angle A_1PE=EMA$

Треугольники PA₁E и MAE равны по 2м углам и стороне между ними (равенство всех углов в треугольнике доказали, $A_1P=AM=1$).

Таким образом, $AE=EA_1=3$. Точка Е – середина ребра АА₁.

Аналогично доказывается, что точка F – середина ребра СС₁.

3) Рассмотрим прямоугольник AEFC. $EF=AC=6\sqrt{2}$.

4) Сечение MLFKNE состоит из двух равнобедренных трапеций ENKF и EMLF.

Причем прямая MN перпендикулярна основаниям NK и ML по доказанному в пункте а).

Тогда:

$S_{MLFKNE}=S_{ENKF}+S_{EMLF}=2\cdot\displaystyle\frac{EF+ML}{2}\cdot\frac{MN}{2}=2\cdot\frac{5\sqrt{2}+6\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{5\sqrt{2}}{2}=11\sqrt{2}\cdot\frac{5\sqrt{2}}{2}=55$

Изобразим указанное в условии сечение ― треугольник SKM; KM = $\displaystyle\frac{1}{2}$ ∙ AC = $\displaystyle\frac{1}{2}$ ∙ 8√2 = 4√2.

Проведем в треугольнике SKM высоту SР. Точка Р ― середина КМ.

Значит, KP = $\displaystyle\frac{1}{2}$ ∙ KM = 2√2.

Из треугольника SKА находим SK = $\sqrt{SA^2-AK^2}=\sqrt{64-16}$ = √48.

Из треугольника SPK находим SP = $\sqrt{SK^2-KP^2}=\sqrt{48-8}$ = 2√10.

Тогда: S_SKM = $\displaystyle\frac{1}{2}$KM ∙ SP = $\displaystyle\frac{1}{2}$ ∙ 4√2 ∙ 2√10 = 8√5.

Обозначим через M и N середины рёбер А₁С₁ и B₁С₁ соответственно. По теореме о средней линии треугольника MN || A₁B₁ || AB, так что прямые MN и AB лежат в одной плоскости. Сечение, про которое спрашивается в условии, — это сечение призмы этой плоскостью. Оно представляет собой равнобокую трапецию AMNB.

Основания трапеции AB = 6, MN = 3; по теореме Пифагора найдем боковую сторону: $AM=\sqrt{AA_1^2+A_1M^2}=\sqrt{16+9}=5$.

Проведём в трапеции высоту MH. Отрезок АН равен полуразности оснований трапеции: AH = $\displaystyle\frac{AB-MN}{2}$ = $\displaystyle\frac{3}{2}$.

Следовательно, высота трапеции: MH = $\sqrt{5^2-\left({\small\displaystyle\frac{3}{2}}\right)^2}$ = $\displaystyle\frac{\sqrt{91}}{2}$.

Зная ее, находим площадь трапеции: S_AMNB = $\displaystyle\frac{MN+AB}{2}\cdot MH=\frac{9}{2}\cdot\frac{\sqrt{91}}{2}=\frac{9}{4}\sqrt{91}$.