Задание 15 ЕГЭ по профильной математике

а) В правильном шестиугольнике большая диагональ $AD$ параллельна стороне $BC$. $MK$ — средняя линия треугольника $ASD$, поэтому $MK\parallel AD$. Значит, $MK\parallel BC$.

б) Пусть $O$ — центр основания, $H$ — точка пересечения диагоналей ромба $ABOF$ (середина $AO$ и $BF$). $MH$ — средняя линия треугольника $SOA$, $MH\parallel SO$, поэтому $MH$ — высота пирамиды $MABF$.

$FC$ — диаметр описанной окружности основания, значит, $\angle FBC=90°$. Прямая $BC$ перпендикулярна $BF$ и $MH$, то есть плоскости $BMF$. Поэтому $\angle MBF$ — угол между плоскостью $BMC$ и основанием: $\angle MBF=30°$.

$BF=AB\sqrt{3}=12\sqrt{3}$, $BH=6\sqrt{3}$, $MH=BH\cdot \mathrm{tg}30°=6\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=6$.

$S_{ABF}=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 12\cdot \sin 120°=36\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot 36\sqrt{3}=72\sqrt{3}$.

Ответ: б) $72\sqrt{3}$.

а) Плоскость $CMK$ делит тетраэдр на пирамиды $CAMK$ и $CBMKD$ с общей вершиной $C$ и основаниями в плоскости $ABD$. Высоты у них общие, поэтому объёмы относятся как площади оснований.

$AM:AB=AK:AD=2:3$, треугольник $AMK$ подобен $ABD$ с коэффициентом $\frac{2}{3}$: $S_{AMK}=\frac{4}{9}{S}_{ABD}$, $S_{BMKD}=\frac{5}{9}{S}_{ABD}$. Отношение $5:4$.

б) Пусть $T$ — середина $BD$, $L$ — точка пересечения $AT$ и $MK$. $AT\perp BD$ и $CT\perp BD$, значит, $BD\perp (ACT)$. $MK\parallel BD$, поэтому плоскости $ACT$ и $CMK$ перпендикулярны, и искомый угол — $\angle ACL$.

$AT=CT=3\sqrt{3}$, $AL=\frac{2}{3}AT=2\sqrt{3}$, $\cos \angle TAC=\frac{AC}{2AT}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

$C{L}^2=36+12-2\cdot 6\cdot 2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=24$, $CL=2\sqrt{6}$.

$\cos \angle ACL=\frac{A{C}^2+C{L}^2-A{L}^2}{2\cdot AC\cdot CL}=\frac{36+24-12}{24\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Ответ: б) $\frac{\sqrt{6}}{3}$.

а) Доказательство. Обозначим через O центр основания. В правильной пирамиде SO перпендикулярна плоскости ABC.

Пусть H — основание перпендикуляра из K на плоскость ABC. Тогда KH ∥ SO. В треугольнике BSO по теореме о пропорциональных отрезках BH/BO = BK/BS = 6/7. Поскольку BO = BD/2, получаем BH/BD = 3/7.

Пусть T — точка пересечения CM и BD. Треугольники BMT и DCT подобны по двум углам: углы при T вертикальные, а BM ∥ DC. Поэтому BT/DT = BM/DC = (8 − 2)/8 = 3/4, откуда BT/BD = 3/7.

Таким образом, H и T совпадают, поэтому H лежит на CM. Следовательно, прямая KH принадлежит плоскости CKM и перпендикулярна плоскости ABC.

По признаку перпендикулярности плоскостей плоскость CKM перпендикулярна плоскости ABC. Ответ: утверждение доказано.

б) Нахождение объёма. Диагональ квадрата AC = 8√2, поэтому AO = 4√2. Из прямоугольного треугольника SAO по теореме Пифагора SO = √(SA² − AO²) = √(49 − 32) = √17.

Из подобия треугольников BKH и BSO следует KH/SO = BK/BS = 6/7. Значит, KH = 6√17/7.

За основание пирамиды BCKM примем треугольник BCM. Поскольку BM лежит на AB, а BC перпендикулярна AB, его площадь равна S(BCM) = BM · BC/2 = 6 · 8/2 = 24.

Высота из вершины K к плоскости этого основания равна KH. По формуле объёма пирамиды V = S(BCM) · KH/3 = 24 · 6√17/(3 · 7) = 48√17/7.

Ответ: 48√17/7.

а) Доказательство. Центр квадрата O является серединой диагонали AC, а M — середина SC. Поэтому OM — средняя линия треугольника CSA, следовательно, OM ∥ SA.

Плоскости OMK и SAC различны: точка K лежит на BC и не лежит на AC, по которой плоскость SAC пересекает основание. Их общая прямая — OM.

Если бы SA пересекала плоскость OMK, точка пересечения принадлежала бы OM. Это невозможно, поскольку SA и OM — различные параллельные прямые.

Таким образом, SA параллельна плоскости OMK по признаку параллельности прямой и плоскости. Ответ: утверждение доказано.

б) Нахождение длины отрезка. Из BK : KC = 3 : 1 и BC = 2 получаем BK = 3/2 и KC = 1/2. Обозначим через L точку на AD, для которой AL = 1/2. Тогда DL = 3/2.

Докажем, что L, O и K лежат на одной прямой. Углы OAL и OCK равны 45°, так как диагональ квадрата делит его углы пополам. Кроме того, AO = CO и AL = CK. Следовательно, треугольники OAL и OCK равны по двум сторонам и углу между ними.

Поэтому ∠AOL = ∠COK. Поскольку OA и OC — противоположные лучи, а L и K лежат по разные стороны от AC, лучи OL и OK также противоположны. Значит, L лежит на прямой OK и принадлежит плоскости OMK.

В треугольнике DSA проведём через L прямую LN ∥ AS, где N лежит на DS. Так как LN ∥ OM, а L принадлежит плоскости OMK, вся прямая LN лежит в этой плоскости. Следовательно, отрезок LN является её пересечением с гранью SAD.

Треугольники DLN и DAS подобны по двум углам, поэтому LN/AS = DL/DA = (3/2)/2 = 3/4.

В квадрате AO = AC/2 = √2. Из прямоугольного треугольника SOA получаем AS = √(SO² + AO²) = √(14 + 2) = 4.

Следовательно, LN = 3AS/4 = 3. Ответ: 3.

а) Плоскость трапеции пересекает параллельные плоскости оснований призмы по параллельным прямым MK и AN. Следовательно, MK и AN — основания трапеции.

Обозначим через P и Q ортогональные проекции точек M и K на нижнее основание. Тогда P лежит на AB, Q лежит на BC, BQ = BC/3 и PQ ∥ AN.

По подобию треугольников BPQ и BAN имеем BP/BA = BQ/BN = PQ/AN. Поскольку призма прямая, MK = PQ.

Так как BP ≤ BA, получаем MK ≤ AN, поэтому MK = 2, AN = 3 и BQ/BN = 2/3.

Следовательно, BN = (3/2)BQ = (3/2) · BC/3 = BC/2. Значит, N — середина BC.

Ответ: N — середина ребра BC.

б) Площадь основания призмы равна S = V/h = 12/2 = 6.

Поскольку BN = BC/2, площадь треугольника BAN составляет четверть площади параллелограмма: S(BAN) = 6/4 = 3/2.

Высота треугольника BAN, проведённая из B к AN, равна 2S(BAN)/AN = 2 · (3/2)/3 = 1.

Треугольник BPQ получается из BAN гомотетией с центром B и коэффициентом 2/3. Поэтому расстояние от B до PQ равно 2/3, а расстояние между PQ и AN равно 1 − 2/3 = 1/3.

Возьмём точку T на прямой AN так, чтобы PT ⟂ AN. Тогда PT = 1/3. По теореме о трёх перпендикулярах MT ⟂ AN, поэтому MT — высота трапеции.

Треугольник MPT прямоугольный, MP = 2. Значит, MT = √(MP² + PT²) = √(4 + 1/9) = √37/3.

S(AMKN) = (AN + MK) · MT/2 = (3 + 2) · √37/6 = 5√37/6.

Ответ: 5√37/6.

а) Введём прямоугольную систему координат: плоскость основания задаётся условием z = 0, A(0; 0; 0), B(5; 0; 0). Для правильного шестиугольника тогда C(15/2; 5√3/2; 0), D(5; 5√3; 0), а его центр O(5/2; 5√3/2; 0).

Радиус описанной окружности правильного шестиугольника равен его стороне: OA = 5. По теореме Пифагора высота пирамиды SO = √(SA² − OA²) = √(81 − 25) = 2√14.

Следовательно, S(5/2; 5√3/2; 2√14), M(1; 0; 0). Пусть t = SK/SC. Тогда K(5/2 + 5t; 5√3/2; 2√14(1 − t)).

Обозначим координаты K через (x; y; z). Из MK = KD по формуле расстояния получаем (x − 1)² + y² + z² = (x − 5)² + (y − 5√3)² + z².

Поскольку y = 5√3/2, имеем y² = (y − 5√3)². Поэтому (x − 1)² = (x − 5)², откуда 8x = 24 и x = 3.

Тогда 5/2 + 5t = 3, то есть t = 1/10. Проекция K на основание — точка H(3; 5√3/2; 0).

Координаты середины MD равны ((1 + 5)/2; (0 + 5√3)/2; 0), то есть H — середина MD. Следовательно, H принадлежит плоскости DKM.

Прямая KH перпендикулярна плоскости основания и лежит в плоскости DKM. По признаку перпендикулярности плоскостей плоскость DKM перпендикулярна плоскости ABC.

Ответ: плоскости DKM и ABC перпендикулярны.

б) Из найденного значения t получаем KH = 2√14(1 − 1/10) = 9√14/5.

По формуле расстояния MD = √((5 − 1)² + (5√3)²) = √91.

Так как KH перпендикулярна плоскости основания, она перпендикулярна MD и является высотой треугольника DKM.

Следовательно, S(DKM) = MD · KH/2 = √91 · 9√14/10 = 9√1274/10 = 63√26/10.

Ответ: 63√26/10.

а) Введём прямоугольную систему координат с началом A и осями вдоль AB, AD, AA₁. Тогда A(0; 0; 0), C₁(5; 3; 4), D₁(0; 3; 4).

Середина диагонали AC₁ — точка M(5/2; 3/2; 2). Вектор AC₁ = (5; 3; 4) перпендикулярен плоскости α, поэтому её уравнение имеет вид 5(x − 5/2) + 3(y − 3/2) + 4(z − 2) = 0.

После упрощения получаем: 5x + 3y + 4z = 25.

Для точки D₁ левая часть равна 5 · 0 + 3 · 3 + 4 · 4 = 25. Следовательно, D₁ принадлежит α.

Ответ: D₁ ∈ α, что и требовалось доказать.

б) Обозначим точку пересечения α с ребром A₁B₁ через K. На этом ребре y = 0, z = 4, причём 0 ≤ x ≤ 5.

Подставим эти координаты в уравнение плоскости: 5x + 16 = 25, откуда x = 9/5. Значение находится между 0 и 5, поэтому K лежит внутри ребра.

Следовательно, A₁K = 9/5, KB₁ = 5 − 9/5 = 16/5.

A₁K : KB₁ = (9/5) : (16/5) = 9 : 16.

Ответ: 9 : 16, считая от вершины A₁.

а) Все рёбра правильного тетраэдра равны. В равнобедренных треугольниках ACB и ADB медианы CM и DM являются высотами, поэтому CM ⟂ AB и DM ⟂ AB.

Прямые CM и DM пересекаются в M и лежат в плоскости CMD. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости AB ⟂ (CMD). Прямая MN лежит в этой плоскости и проходит через M, следовательно, AB ⟂ MN.

Аналогично в равнобедренных треугольниках CAD и CBD медианы AN и BN перпендикулярны CD. Поэтому CD ⟂ (ANB).

Прямая MN лежит в плоскости ANB и проходит через N, значит, CD ⟂ MN.

Ответ: MN ⟂ AB и MN ⟂ CD.

б) Длина ребра тетраэдра BC = BK + KC = 4. Через K в грани ABC проведём KP ∥ AB, где P ∈ AC, а в грани BCD — KR ∥ CD, где R ∈ BD.

Из подобия треугольников CKP и CBA получаем CP/CA = CK/CB = 3/4 и KP = (3/4)AB = 3.

Из подобия треугольников BKR и BCD получаем BR/BD = BK/BC = 1/4 и KR = (1/4)CD = 1.

Выберем Q ∈ AD так, чтобы AQ/AD = 1/4. Поскольку AP/AC = BR/BD = 1/4, по обратной теореме Фалеса PQ ∥ CD и RQ ∥ AB. При этом PQ = (1/4)CD = 1, RQ = (3/4)AB = 3.

Таким образом, K P Q R — параллелограмм. Его пересекающиеся стороны KP и KR перпендикулярны MN по пункту а), поэтому плоскость этого параллелограмма перпендикулярна MN.

Через K проходит единственная плоскость, перпендикулярная MN. Следовательно, построенный параллелограмм лежит в α и является сечением тетраэдра: его стороны проходят по четырём граням.

Из доказанного в пункте а) AB ⟂ (CMD), поэтому направления AB и CD перпендикулярны. Так как KP ∥ AB и KR ∥ CD, угол PKR прямой. Значит, сечение — прямоугольник.

Его площадь S = KP · KR = 3 · 1 = 3.

Ответ: 3.

а) Доказательство. Обозначим через N середину ребра SA.

В треугольнике SAB отрезок MN — средняя линия, поэтому MN ∥ SB.

В треугольнике SAD отрезок NK — средняя линия, поэтому NK ∥ AD. Так как ABCD — квадрат, AD ∥ BC, следовательно, NK ∥ BC.

Пересекающиеся прямые MN и NK плоскости MNK соответственно параллельны пересекающимся прямым SB и BC плоскости SBC. По признаку параллельности плоскостей (MNK) ∥ (SBC).

Прямая MK лежит в плоскости MNK, поэтому MK ∥ (SBC).

Ответ: MK ∥ (SBC), что и требовалось доказать.

б) Решение. Пусть O — центр основания, SO = h — высота пирамиды, P — ортогональная проекция K на основание.

В треугольнике DSO точка K — середина DS, а KP ∥ SO, поэтому P — середина DO и KP = h/2.

Введём в плоскости основания прямоугольную систему координат: A(0; 0), B(12; 0), D(0; 12). Тогда O(6; 6), M(6; 0), а середина DO имеет координаты P(3; 9).

По формуле расстояния MP² = (6 − 3)² + (0 − 9)² = 90, откуда MP = 3√10.

Проекция отрезка MK на основание — MP, поэтому угол между MK и основанием равен ∠KMP = 60°. Треугольник KPM прямоугольный, следовательно, KP/MP = tg 60° = √3.

Получаем h/2 = 3√10 · √3 = 3√30, поэтому h = 6√30.

Ответ: 6√30.

а) Доказательство. Обозначим через O центр основания, содержащего A и B, а через C — ортогональную проекцию C₁ на плоскость этого основания. Тогда C лежит на окружности основания, а CC₁ — образующая цилиндра.

При ортогональном проектировании отрезок AC₁ переходит в AC, а точка его пересечения с осью цилиндра — в O. Следовательно, O лежит на AC.

Таким образом, хорда AC проходит через центр окружности и является диаметром. Вписанный угол ABC, опирающийся на диаметр, прямой, поэтому AB ⟂ BC.

Через B проведём прямую l, параллельную CC₁. Образующие перпендикулярны плоскости основания, поэтому l ⟂ AB.

Прямые BC и l пересекаются и лежат в плоскости BCC₁. Прямая AB перпендикулярна обеим этим прямым, поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости AB ⟂ (BCC₁).

Следовательно, AB ⟂ BC₁, то есть ∠ABC₁ = 90°.

Ответ: угол ABC₁ прямой, что и требовалось доказать.

б) Решение. Четырёхугольник BB₁C₁C — прямоугольник: BB₁ и CC₁ — равные параллельные образующие, перпендикулярные основаниям. Поэтому BC = B₁C₁ = 10.

Как доказано в пункте а), AC — диаметр основания и ∠ABC = 90°. По теореме Пифагора AC² = AB² + BC² = 7² + 10² = 149.

Если R — радиус цилиндра, то AC = 2R, следовательно, R² = 149/4.

Высота цилиндра равна образующей: H = BB₁ = 24. По формуле объёма цилиндра V = πR²H = π · (149/4) · 24 = 894π.

Ответ: 894π.

а) В треугольнике CSD имеем CN/CD = 2/3 и CK/CS = 2/3. Поэтому по обратной теореме Фалеса KN ∥ SD.

Через K проведём прямую l ∥ BC. Она лежит в α, поскольку K принадлежит α и BC ∥ α.

Основание ABCD — квадрат, поэтому BC ∥ AD, следовательно, l ∥ AD.

Пересекающиеся прямые KN и l плоскости α соответственно параллельны пересекающимся прямым SD и AD плоскости SAD. По признаку параллельности плоскостей α ∥ SAD.

Так как SA лежит в плоскости SAD, параллельной α, то SA ∥ α.

Ответ: а) SA ∥ α.

б) Обозначим середины AD и BC через L и M, а центр основания — через O. В квадрате LM ⟂ BC и LM = 6.

В равнобедренном треугольнике SBC медиана SM является высотой, поэтому SM ⟂ BC. Таким образом, BC перпендикулярна плоскости SLM, поскольку перпендикулярна двум пересекающимся прямым SM и LM этой плоскости.

Так как AD ∥ BC, то AD также перпендикулярна плоскости SLM. Следовательно, сечение плоскостью SLM перпендикулярно направлению линии пересечения плоскостей SAD и SBC, которая проходит через S параллельно AD и BC.

Поэтому угол между SAD и SBC равен меньшему углу между SL и SM. Поскольку α ∥ SAD, это также искомый угол между α и SBC.

В равнобедренных треугольниках SAD и SBC отрезки SL и SM — высоты. По теореме Пифагора SL² = SM² = 7² − 3² = 40.

По теореме косинусов в треугольнике SLM: cos ∠LSM = (SL² + SM² − LM²)/(2 · SL · SM) = (40 + 40 − 36)/80 = 11/20.

Угол LSM острый, поэтому он равен углу между рассматриваемыми плоскостями.

Ответ: б) arccos(11/20).

а) В грани ADC через T проведём TU ∥ AC, где U принадлежит DC. В грани ADB через T проведём TV ∥ DB, где V принадлежит AB. Обе прямые лежат в заданной плоскости сечения.

Из подобия треугольников DTU и DAC получаем DU/DC = DT/DA = 2/3, поэтому CU/CD = 1/3.

Из подобия треугольников ATV и ADB получаем AV/AB = AT/AD = 1/3, поэтому BV/BA = 2/3.

В грани CDB проведём UW ∥ DB, где W принадлежит CB. По подобию треугольников CUW и CDB имеем CW/CB = CU/CD = 1/3, откуда BW/BC = 2/3.

Следовательно, BV/BA = BW/BC. По обратной теореме Фалеса VW ∥ AC.

Прямая UW лежит в плоскости сечения: она проходит через U параллельно прямой TV этой плоскости. Таким образом, сечение — четырёхугольник TUWV, причём TU ∥ VW и TV ∥ UW. Значит, TUWV — параллелограмм.

Пусть E — середина AC. В равностороннем треугольнике ABC медиана BE является высотой, поэтому BE ⟂ AC. В равнобедренном треугольнике ADC медиана DE также является высотой, поэтому DE ⟂ AC.

По признаку перпендикулярности прямой и плоскости AC ⟂ BDE. Следовательно, AC ⟂ BD.

Так как TU ∥ AC и TV ∥ BD, угол UTV прямой. Параллелограмм TUWV является прямоугольником.

Ответ: а) сечение TUWV — прямоугольник.

б) По подобию треугольников DTU и DAC: TU/AC = DT/DA = 2/3. Поэтому TU = 5 · 2/3 = 10/3.

По подобию треугольников ATV и ADB: TV/DB = AT/AD = 1/3. Боковое ребро DB = 9, поэтому TV = 3.

Площадь прямоугольника равна произведению соседних сторон: S = TU · TV = (10/3) · 3 = 10.

Ответ: б) 10.

а) Обозначим сторону основания через a, высоту призмы через h, длину AM через x.

Боковые рёбра правильной призмы перпендикулярны основанию. По теореме Пифагора в прямоугольных треугольниках MAD и MA₁B₁ получаем: MD² = a² + x², MB₁² = a² + (h − x)².

Все стороны ромба равны, поэтому MD = MB₁. Следовательно, x² = (h − x)², откуда 2hx = h². Поскольку h > 0, имеем x = h/2.

Ответ: M — середина AA₁.

б) Аналогично, из равенства KD = KB₁ и теоремы Пифагора следует: CK² = (h − CK)². Поэтому CK = h/2, то есть K — середина CC₁.

В прямоугольнике ACC₁A₁ отрезок MK соединяет середины противоположных сторон AA₁ и CC₁, поэтому MK = AC = a√2.

Площадь основания равна 3, следовательно, a² = 3 и MK = √6.

Диагонали ромба перпендикулярны, поэтому его площадь равна половине произведения диагоналей: 6 = MK · B₁D/2. Отсюда B₁D = 12/√6 = 2√6.

Треугольник DBB₁ прямоугольный, поскольку BB₁ перпендикулярно плоскости основания. Поэтому B₁D² = BD² + h².

Так как BD² = 2a² = 6, получаем h² = (2√6)² − 6 = 18, откуда h = 3√2.

Ответ: 3√2.

а) Введём прямоугольную систему координат: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; b; 0), A₁(0; 0; h), где a, b, h > 0. Тогда C(a; b; 0), D₁(0; b; h).

Плоскость α имеет уравнение x/a − y/b + 2z/h = 1. Действительно, координаты B и D₁ удовлетворяют этому уравнению, а вектор AC с координатами (a; b; 0) перпендикулярен нормали (1/a; −1/b; 2/h). Следовательно, эта плоскость содержит BD₁ и параллельна AC.

На ребре AA₁ имеем x = y = 0, поэтому z = h/2. На ребре CC₁ имеем x = a, y = b, откуда также z = h/2. Обозначим полученные точки через M и K.

На нижнем основании уравнение сечения имеет вид x/a − y/b = 1 и в пределах прямоугольника выполняется только в B; на верхнем основании — только в D₁. Таким образом, сечение — четырёхугольник MBKD₁.

По формуле расстояния между точками MB² = a² + h²/4, BK² = b² + h²/4.

Поскольку сечение является ромбом, MB = BK. Значит, a² = b² и a = b. Прямоугольник ABCD с равными соседними сторонами — квадрат.

Ответ: грань ABCD — квадрат.

б) По условию a = 4, h = 6, а по доказанному b = 4. Поэтому уравнение α принимает вид x/4 − y/4 + z/3 = 1, или 3x − 3y + 4z = 12.

Нормальный вектор плоскости α: n = (3; −3; 4). Грань BCC₁ лежит в плоскости x = 4, нормальный вектор которой m = (1; 0; 0).

Угол φ между плоскостями равен острому углу между их нормалями. По формуле скалярного произведения cos φ = |n · m|/(|n| · |m|).

Получаем n · m = 3, |n| = √(9 + 9 + 16) = √34, |m| = 1. Следовательно, cos φ = 3/√34.

Ответ: arccos(3/√34).

а) Обозначим AD = a, BC = b, где a > b. Пусть X и Y — точки пересечения MN с диагоналями AC и BD соответственно.

По теореме о средней линии трапеции MN ∥ AD ∥ BC. По теореме о средней линии треугольника X и Y — середины AC и BD.

Треугольники AOD и COB подобны по двум углам, поэтому AO/OC = DO/OB = a/b. Следовательно, AO/AC = DO/DB = a/(a + b) > 1/2; значит, X лежит на AO, а Y — на DO.

В плоскости α через X и Y проведём прямые, параллельные SO. Они пересекают SA и SD в точках P и Q соответственно. По подобию треугольников AXP и AOS, DYQ и DOS получаем AP/AS = DQ/DS = (a + b)/(2a).

По обратной теореме Фалеса в треугольнике SAD имеем PQ ∥ AD, а значит, PQ ∥ MN. При этом SP/SA = SQ/SD = (a − b)/(2a), откуда PQ = (a − b)/2.

Плоскость α пересекает основание по MN, а боковые грани SAB, SAD и SCD — по MP, PQ и QN. Поэтому сечение — четырёхугольник MPQN. Его противоположные стороны MN и PQ параллельны и имеют разные длины (a + b)/2 и (a − b)/2, следовательно, он является трапецией.

Ответ к пункту а): сечение MPQN — трапеция.

б) При a = 10 и b = 8 получаем MN = (10 + 8)/2 = 9, PQ = (10 − 8)/2 = 1.

Из подобия треугольников AXP и AOS следует XP/SO = AX/AO = (a + b)/(2a) = 9/10. Поэтому XP = 8 · 9/10 = 36/5.

Поскольку XP ∥ SO, MN ∥ AD и SO ⟂ AD, имеем XP ⟂ MN. Точки X и P принадлежат основаниям трапеции сечения, поэтому XP — её высота.

Площадь сечения равна (MN + PQ) · XP/2 = (9 + 1) · (36/5)/2 = 36.

Ответ к пункту б): 36.

а) Из условия BM/BA = BN/BC = 2/3. По обратной теореме Фалеса в треугольнике ABC получаем MN ∥ AC.

В треугольнике ADC отрезок PQ соединяет середины двух сторон, поэтому PQ ∥ AC.

Следовательно, MN ∥ PQ. Через две различные параллельные прямые проходит единственная плоскость, поэтому точки M, N, P и Q лежат в одной плоскости.

Ответ: точки P, Q, M и N компланарны.

б) Обозначим объём ABCD через V. Сечение MNPQ отсекает многогранник ACMNPQ, содержащий ребро AC. Плоскость CMP отделяет от него тетраэдр ACMP, а оставшуюся часть плоскость CNP делит на тетраэдры CMNP и CNPQ.

Треугольники ACM и ACB имеют общую высоту из C к AB, поэтому S(ACM)/S(ACB) = AM/AB = 1/3. Высота из P к плоскости ABC вдвое меньше высоты из D, так как P — середина AD. По формуле объёма пирамиды V(ACMP) = V · (1/3) · (1/2) = V/6.

Треугольники BMN и BAC подобны с коэффициентом 2/3, поэтому S(BMN)/S(BAC) = 4/9.

У треугольников CMN и BMN основания CN и BN лежат на одной прямой, а высота из M общая. Значит, S(CMN)/S(BMN) = CN/BN = 1/2, откуда S(CMN)/S(ABC) = 2/9.

Высота из P к ABC равна половине высоты пирамиды, поэтому V(CMNP) = V · (2/9) · (1/2) = V/9.

В треугольнике ACD имеем CQ/CD = 1/2, а высота из P к CD вдвое меньше высоты из A. Следовательно, S(CPQ)/S(ACD) = 1/4.

Поскольку CN/CB = 1/3 и C лежит в плоскости ACD, расстояние от N до этой плоскости равно трети расстояния от B. Поэтому V(CNPQ) = V · (1/4) · (1/3) = V/12.

Таким образом, V(ACMNPQ) = V/6 + V/9 + V/12 = 13V/36. Объём второй части равен V − 13V/36 = 23V/36.

Ответ: 13 : 23.

а) В грани ADC через T проведём TU ∥ AC, где U лежит на DC. В грани ADB проведём TW ∥ DB, где W лежит на AB. Обе прямые принадлежат заданной плоскости.

По подобию треугольников DTU и DAC получаем DU/DC = DT/DA = 1/3, поэтому CU/CD = 2/3.

В грани CDB через U проведём UV ∥ DB, где V лежит на CB. Эта прямая также принадлежит плоскости сечения. По подобию треугольников CUV и CDB имеем CV/CB = CU/CD = 2/3.

По подобию треугольников AWT и ABD получаем AW/AB = AT/AD = 2/3, откуда BW/BA = 1/3. Также BV/BC = 1/3.

Следовательно, WV ∥ AC по обратной теореме Фалеса. Сечение — четырёхугольник TUVW: TU ∥ WV ∥ AC и TW ∥ UV ∥ BD. Значит, это параллелограмм.

Докажем перпендикулярность его соседних сторон. Пусть K — середина AC. В равнобедренных треугольниках ABC и ADC медианы BK и DK являются высотами, поэтому AC ⟂ BK и AC ⟂ DK.

По признаку перпендикулярности прямой и плоскости AC ⟂ (BKD). Следовательно, направление AC перпендикулярно направлению BD, лежащей в этой плоскости.

Так как TU ∥ AC, а UV ∥ BD, угол TUV прямой. Параллелограмм с прямым углом является прямоугольником.

Ответ: сечение TUVW — прямоугольник.

б) Из подобия треугольников DTU и DAC: TU/AC = DT/DA = 1/3. Следовательно, TU = 6/3 = 2.

Из подобия треугольников CUV и CDB: UV/DB = CU/CD = 2/3. Поскольку боковое ребро DB = 5, получаем UV = 10/3.

Площадь прямоугольника равна произведению соседних сторон: S = TU · UV = 2 · 10/3 = 20/3.

Ответ: 20/3.

а) Обозначим через P середину ребра SA. В треугольнике SAB отрезок MP — средняя линия, поэтому MP ∥ SB.

В треугольнике SAD отрезок PK — средняя линия, поэтому PK ∥ AD. Поскольку AD ∥ BC, получаем PK ∥ BC.

Пересекающиеся прямые MP и PK плоскости MPK соответственно параллельны пересекающимся прямым SB и BC плоскости SBC. По признаку параллельности плоскостей (MPK) ∥ (SBC).

Прямая MK лежит в плоскости MPK, следовательно, MK ∥ (SBC).

Ответ: MK ∥ (SBC), что и требовалось доказать.

б) Пусть O — центр основания, SO = h — высота пирамиды, H — основание перпендикуляра из K на плоскость основания.

В треугольнике DSO точка K — середина DS. Поскольку KH ∥ SO, по теореме о средней линии H — середина DO и KH = h/2.

Опустим из H перпендикуляр HX на AB. Проекция центра O на AB — точка M, причём OM = 12. Расстояние от D до AB равно 24, поэтому для середины H отрезка DO получаем HX = (24 + 12)/2 = 18 и AX = (0 + 12)/2 = 6.

Тогда MX = AM − AX = 12 − 6 = 6. По теореме Пифагора MH = √(MX² + HX²) = √(6² + 18²) = 6√10.

Отрезок MH — ортогональная проекция MK на основание, поэтому ∠KMH = 30°. В прямоугольном треугольнике KMH имеем KH = MH · tg 30° = 6√10/√3 = 2√30.

Следовательно, SO = 2KH = 4√30.

Ответ: 4√30.

а) Обозначим AB = a. Плоскости α и SCD пересекаются по прямой MN. Прямая AB лежит в α и параллельна CD, лежащей в плоскости SCD, причём AB не принадлежит этой плоскости. Следовательно, AB ∥ (SCD).

Если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, то линия пересечения этих плоскостей параллельна данной прямой. Поэтому MN ∥ AB ∥ CD.

Из подобия треугольников SMN и SCD следует SM/SC = SN/SD = MN/CD. По условию MN = a/5, а CD = a, поэтому SM/SC = SN/SD = 1/5.

Следовательно, SM/MC = SN/ND = (1/5)/(4/5) = 1/4.

Ответ: SM : MC = SN : ND = 1 : 4.

б) Пусть E и F — середины AB и CD, Q — середина MN, O — центр основания. Из подобия треугольников SMN и SCD следует, что Q лежит на SF и SQ/SF = 1/5.

Так как AB ∥ MN и AN = BM = a, сечение ABMN — равнобедренная трапеция. Отрезок EQ, соединяющий середины её оснований, перпендикулярен AB.

Поскольку EF ⟂ AB, угол QEF является линейным углом двугранного угла между плоскостью α и основанием.

Опустим QT перпендикулярно плоскости основания. Прямые QT и SO параллельны, поэтому треугольники FQT и FSO подобны. Значит, FT/FO = FQ/FS = 4/5.

Так как EF = a и FO = a/2, имеем FT = 2a/5 и ET = EF − FT = 3a/5. Точка T лежит на EF, поэтому искомый угол равен ∠QET.

Для вычисления EQ опустим из N перпендикуляр NR на AB. В равнобедренной трапеции AR = (AB − MN)/2 = 2a/5.

По теореме Пифагора NR = √(AN² − AR²) = √(a² − 4a²/25) = a√21/5. Высоты трапеции равны, поэтому EQ = NR = a√21/5.

В прямоугольном треугольнике EQT получаем cos ∠QET = ET/EQ = (3a/5)/(a√21/5) = 3/√21 = √21/7.

Ответ: √21/7.