PDF-версии: 
В правильном тетраэдре ABCD точки M и N — середины ребер AB и CD соответственно. Плоскость α перпендикулярна прямой MN и пересекает ребро BC в точке K.
а) Докажите, что прямая MN перпендикулярна рёбрам AB и CD.
б) Найдите площадь сечения тетраэдра ABCD плоскостью α, если известно, что 
и 
ИЛИ
Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с основанием ABCD. Плоскость α проходит через ребро AB и пересекает ребра SC и SD в точках M и N соответственно. Известно, что 
а) Докажите, что 
б) Найдите косинус угла между плоскостью α и плоскостью основания пирамиды.
Решение. а) Прямая DM перпендикулярна прямой AB, так как треугольник ABD равносторонний, и M — середина стороны AB. Аналогично CM перпендикулярна AB. Следовательно, AB перпендикулярна плоскости CMD (перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости), в том числе, и прямой MN, лежащей в этой плоскости. Полностью аналогично можно показать, что CD перпендикулярна плоскости ABN, в которой содержится прямая MN. Что и требовалось доказать.
б) Проведем через точку K прямую, параллельную прямой CD, пусть она пересечет BD в точке T. Через точку T проведем прямую, параллельную AB, пусть она пересечет AD в точке R Аналогично определяется точка S.
Докажем, что сечение SRTK искомое. TK параллельна CD, по построению. Так как MN перпендикулярна CD, то MN перпендикулярна и TK. Аналогично MN перпендикулярна SK. Следовательно, MN перпендикулярна плоскости SRT (перпендикулярна двум пересекающимся прямым в этой плоскости).
Четырехугольник SRTK — параллелограмм по построению. Прямая AB перпендикулярна стороне CD, так как ее проекция является биссектрисой (углы BAC и BAD равны) в равностороннем треугольнике, то есть проекция перпендикулярна CD. Прямые TK и SK параллельны прямым CD и AB по построению, поэтому угол RTK прямой. Следовательно, четырехугольник SRTK — прямоугольник. Все ребра тетраэдра равны, по условию отрезки BK и CK равны 1 и 3 соответственно, откуда следует, что все ребра равны 4. Итого 
и 
Площадь SRTK равна:
Ответ: б) 3.
ИЛИ
а) Основанием правильной четырехугольной пирамиды является квадрат, значит, ребра AB и DC параллельны, а потому и плоскость α параллельна ребру DC. Следовательно, лежащая в плоскости α прямая MN также параллельна ребру DC. Тогда треугольники SNM и SDC подобны по двум углам 
б) Пусть MN = x и SM = y, тогда MC = 4y и AB = AN = BM = 5x, и пусть точки K, P и Q — середины отрезков AB, MN и DC соответственно.
Рассмотрим прямоугольный треугольник, один из катетов которого равен PK, а гипотенуза равна BM. Тогда второй катет такого треугольника будет
Косинус искомого угла равен косинусу угла между прямыми, перпендикулярными линии пересечения этих плоскостей, то есть 
—
В равнобедренном треугольнике SBC найдем косинус угла SCB:
Косинус этого же угла выразим из треугольника MBC:
Приравняем полученные значения:
Наконец, подставим в выражение для косинуса искомого угла:
Ответ: б) 
Приведем другое решение пункта б) Александра Турбанова (Липецк).
Пусть MN = x, опустим на основание равнобедренной трапеции ANMB две высоты — MH и NH'. Тогда BH = AH' = 2x. Из прямоугольного треугольника BMH по теореме Пифагора 
Следовательно, площадь трапеции равна
Спроектируем трапецию ANMB на плоскость основания и получим равнобедренную трапецию AN'M'B, диагонали которой перпендикулярны. Значит, ее площадь равна половине произведения диагоналей, то есть
Площадь ортогональной проекции трапеции на плоскость равна площади этой трапеции, умноженной на косинус угла между плоскостями трапеции и ее проекции, а потому
Ответ: б)
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах | 2 |
| Обоснованно получен верный ответ в пункте а), ИЛИ получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения пункта а) и пункта б) | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше | 0 |
| Максимальный балл | 2 |