Ре­ше­ние. а)  Бо­ко­вые грани пра­виль­ной приз­мы  — рав­ные пря­мо­уголь­ни­ки, по­это­му тре­уголь­ни­ки A₁C₁M и BCM равны по двум ка­те­там. Тогда как со­от­вет­ству­ю­щие эле­мен­ты рав­ных фигур равны сто­ро­нам A₁M и BM, то есть тре­уголь­ник A₁MB рав­но­бед­рен­ный.

б)  Пусть AA₁  =  2x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пусть от­ре­зок MH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка A₁MB. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да и Зна­чит, вы­со­та приз­мы равна 

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Бо­ко­вые грани пра­виль­ной приз­мы  — рав­ные пря­мо­уголь­ни­ки, по­это­му тре­уголь­ни­ки A₁C₁M и BCM равны по двум ка­те­там. Тогда как со­от­вет­ству­ю­щие эле­мен­ты рав­ных фигур равны сто­ро­ны A₁M и BM, то есть тре­уголь­ник A₁MB  — рав­но­бед­рен­ный.

б)  Пусть AA₁  =  2x, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пусть от­ре­зок MH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка A₁MB. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но, от­ку­да и Зна­чит, вы­со­та приз­мы равна 

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что от­ре­зок KC₁ яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, а по­то­му яв­ля­ет­ся и вы­со­той этого тре­уголь­ни­ка. Приз­ма ABCA₁B₁C₁  — пря­мая, по­это­му ее бо­ко­вые ребра яв­ля­ют­ся вы­со­та­ми приз­мы. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KC₁ пер­пен­ди­ку­ля­рен ребру AA₁. Таким об­ра­зом, плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁.

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MA₁K по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Вы­со­та KC₁ в пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке A₁B₁C₁ равна  По­сколь­ку плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁, пря­мая KC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MK, а зна­чит, тре­уголь­ник MKC₁ пря­мо­уголь­ный. Пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

а)  Пусть AA₁  =  a, AB  =  b. Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат:

Плос­кость AMB сов­па­да­ет с плос­ко­стью AA₁B. Най­дем урав­не­ние этой плос­ко­сти. Она про­хо­дит через ось ап­пли­кат, а по­то­му урав­не­ние сле­ду­ет ис­кать в виде Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точки B, на­хо­дим:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти имеет вид то есть Нор­маль этой плос­ко­сти  — век­тор

Плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­на к плос­ко­сти AA₁B, а по­то­му нор­маль к плос­ко­сти α пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­ру Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точек M и К в урав­не­ние плос­ко­сти α и за­пи­сы­вая усло­вие пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти нор­ма­лей в ко­ор­ди­на­тах, по­лу­ча­ем си­сте­му:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти α имеет вид

то есть

Ко­ор­ди­на­ты точки C₁ удо­вле­тво­ря­ют най­ден­но­му урав­не­нию:

а зна­чит, точка C₁ лежит в плос­ко­сти α.

б)  По усло­вию a  =  b  =  12. Тре­уголь­ник C₁KM  — ис­ко­мое се­че­ние. В вы­бран­ной си­сте­ме ко­ор­ди­нат на­хо­дим:

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, по­стро­ен­но­го на век­то­рах, равна по­ло­ви­не мо­ду­ля их век­тор­но­го про­из­ве­де­ния. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Мо­дуль этого про­из­ве­де­ния равен

а ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: б) 

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

В пра­виль­ной тре­уголь­ной приз­ме ABCA₁B₁C₁ от­ме­ти­ли точки M и K на реб­рах AA₁ и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но. Из­вест­но, что AM  =  5MA₁, A₁K  =  KB₁. Через точки M и K про­ве­ли плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти ABB₁.

а)  До­ка­жи­те, что плос­кость α про­хо­дит через вер­ши­ну C₁.

б)  Най­ди­те пло­щадь се­че­ния приз­мы ABCA₁B₁C₁ плос­ко­стью α, если все ребра приз­мы равны 12.

а)  За­ме­тим, что от­ре­зок KC₁ яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, а по­то­му яв­ля­ет­ся и вы­со­той этого тре­уголь­ни­ка. Приз­ма ABCA₁B₁C₁  — пря­мая, по­это­му ее бо­ко­вые ребра яв­ля­ют­ся вы­со­та­ми приз­мы. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KC₁ пер­пен­ди­ку­ля­рен ребру AA₁. Таким об­ра­зом, плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁.

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MA₁K по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Вы­со­та KC₁ в пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке A₁B₁C₁ равна  По­сколь­ку плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁, пря­мая KC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MK, а зна­чит, тре­уголь­ник MKC₁ пря­мо­уголь­ный. Пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

а)  Пусть AA₁  =  a, AB  =  b. Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат:

Плос­кость AMB сов­па­да­ет с плос­ко­стью AA₁B. Най­дем урав­не­ние этой плос­ко­сти. Она про­хо­дит через ось ап­пли­кат, а по­то­му урав­не­ние сле­ду­ет ис­кать в виде Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точки B, на­хо­дим:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти имеет вид то есть Нор­маль этой плос­ко­сти  — век­тор

Плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­на к плос­ко­сти AA₁B, а по­то­му нор­маль к плос­ко­сти α пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­ру Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точек M и К в урав­не­ние плос­ко­сти α и за­пи­сы­вая усло­вие пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти нор­ма­лей в ко­ор­ди­на­тах, по­лу­ча­ем си­сте­му:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти α имеет вид

то есть

Ко­ор­ди­на­ты точки C₁ удо­вле­тво­ря­ют най­ден­но­му урав­не­нию:

а зна­чит, точка C₁ лежит в плос­ко­сти α.

б)  По усло­вию a  =  b  =  12. Тре­уголь­ник C₁KM  — ис­ко­мое се­че­ние. В вы­бран­ной си­сте­ме ко­ор­ди­нат на­хо­дим:

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, по­стро­ен­но­го на век­то­рах, равна по­ло­ви­не мо­ду­ля их век­тор­но­го про­из­ве­де­ния. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Мо­дуль этого про­из­ве­де­ния равен

а ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: б) 

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем от­ре­зок BH  — вы­со­ту тре­уголь­ни­ка SBC. Тре­уголь­ни­ки SBC и SDC равны, по­это­му от­ре­зок DH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка SDC. Тогда плос­кость BHD по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SC. Кроме того, точка O лежит в этой плос­ко­сти, сле­до­ва­тель­но, плос­кость BHD сов­па­да­ет с плос­ко­стью α.

б)  Вы­ра­зим пло­щадь рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка BHD:

Пря­мая OH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SC, по­сколь­ку лежит в плос­ко­сти BDH. Тогда

от­ку­да

По свой­ству пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка от­ку­да

От­ре­зок SH равен Зна­чит, ис­ко­мая плос­ко­сти делит ребро SC в от­но­ше­нии

Ответ: б)  8 : 1.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат так, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть SO  =  a, тогда в этой си­сте­ме верны ко­ор­ди­на­ты:

Плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­на ребру SC, по­это­му век­тор нор­ма­ли к этой плос­ко­сти сов­па­да­ет с век­то­ром Тогда урав­не­ние плос­ко­сти α имеет вид Под­ста­вим в это урав­не­ние ко­ор­ди­на­ты точки O, по­лу­чим:

Сле­до­ва­тель­но, плос­кость про­хо­дит через на­ча­ло ко­ор­ди­нат, то есть точку B. Под­ста­вим ко­ор­ди­на­ты точки D: зна­чит, и точка D при­над­ле­жит плос­ко­сти α.

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем от­ре­зок BH  — вы­со­ту тре­уголь­ни­ка SBC. Тре­уголь­ни­ки SBC и SDC равны, по­это­му от­ре­зок DH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка SDC. Тогда плос­кость BHD по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SC. Кроме того, точка O лежит в этой плос­ко­сти, сле­до­ва­тель­но, плос­кость BHD сов­па­да­ет с плос­ко­стью α.

б)  Из фор­му­лы для пло­ща­ди рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка BHD по­лу­ча­ем:

Пря­мая OH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SC, по­сколь­ку лежит в плос­ко­сти BDH. Тогда

от­ку­да По свой­ству пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка от­ку­да От­ре­зок SH равен Зна­чит, плос­кость α делит ребро SC в от­но­ше­нии

Ответ: 7 : 1

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

В пра­виль­ной четырёхуголь­ной пи­ра­ми­де SABCD из­вест­но, что AB  =  1. Через точку O пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей ос­но­ва­ния пер­пен­ди­ку­ляр­но ребру SC про­ве­ли плос­кость α.

а)  До­ка­жи­те, что плос­кость α про­хо­дит через вер­ши­ны B и D.

б)  В каком от­но­ше­нии плос­кость α делит ребро SC, счи­тая от вер­ши­ны S, если пло­щадь се­че­ния равна

а)  Про­ве­дем от­ре­зок BH  — вы­со­ту тре­уголь­ни­ка SBC. Тре­уголь­ни­ки SBC и SDC равны, по­это­му от­ре­зок DH  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка SDC. Тогда плос­кость BHD по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SC. Кроме того, точка O лежит в этой плос­ко­сти, сле­до­ва­тель­но, плос­кость BHD сов­па­да­ет с плос­ко­стью α.

б)  Вы­ра­зим пло­щадь рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка BHD:

Пря­мая OH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SC, по­сколь­ку лежит в плос­ко­сти BDH. Тогда

от­ку­да

По свой­ству пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка от­ку­да

От­ре­зок SH равен Зна­чит, ис­ко­мая плос­ко­сти делит ребро SC в от­но­ше­нии

Ответ: б)  8 : 1.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат так, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть SO  =  a, тогда в этой си­сте­ме верны ко­ор­ди­на­ты:

Плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­на ребру SC, по­это­му век­тор нор­ма­ли к этой плос­ко­сти сов­па­да­ет с век­то­ром Тогда урав­не­ние плос­ко­сти α имеет вид Под­ста­вим в это урав­не­ние ко­ор­ди­на­ты точки O, по­лу­чим:

Сле­до­ва­тель­но, плос­кость про­хо­дит через на­ча­ло ко­ор­ди­нат, то есть точку B. Под­ста­вим ко­ор­ди­на­ты точки D: зна­чит, и точка D при­над­ле­жит плос­ко­сти α.

Ре­ше­ние. 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 с ко­эф­фи­ци­ен­том  Таким об­ра­зом, SN : SD  =  1 : 5, а по­то­му SN : ND  =  1 : 4. По­сколь­ку бо­ко­вые ребра пра­виль­ной пи­ра­ми­ды равны, SM : MC  =  1 : 4.

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 равен BK – MP. Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ет­ся пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник с ка­те­та­ми PQ, QC – PM и ги­по­те­ну­зой MC. При­ме­ним к обоим фи­гу­рам тео­ре­му Пи­фа­го­ра:

Ко­си­нус ис­ко­мо­го угла равен ко­си­ну­су угла между пря­мы­ми, пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми линии пе­ре­се­че­ния этих плос­ко­стей, то есть   — ис­ко­мый. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке PKQ:

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) 

Ре­ше­ние. 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 с ко­эф­фи­ци­ен­том  Таким об­ра­зом, SN : SD  =  1 : 4, а по­то­му SN : ND  =  1 : 3 и, так как все бо­ко­вые ребра пра­виль­ной пи­ра­ми­ды равны, SM : MC  =  1 : 3.

б)  Пусть MN  =  x и SM  =  y, тогда MC  =  3y и AB  =  AN  =  BM  =  4x. 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. Вто­рой катет та­ко­го тре­уголь­ни­ка равен BK − MP. Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ет­ся пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник с ка­те­та­ми PQ, QC − PM и ги­по­те­ну­зой MC. При­ме­ним к обоим тре­уголь­ни­кам тео­ре­му Пи­фа­го­ра:

Ко­си­нус ис­ко­мо­го угла равен ко­си­ну­су угла между пря­мы­ми, пер­пен­ди­ку­ляр­ны­ми линии пе­ре­се­че­ния плос­ко­стей, то есть   — ис­ко­мый. Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке PKQ:

В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке SBC най­дем ко­си­нус угла SCB:

Ко­си­нус этого же угла вы­ра­зим из тре­уголь­ни­ка MBC:

При­рав­ня­ем по­лу­чен­ные зна­че­ния:

На­ко­нец, под­ста­вим най­ден­ные зна­че­ня в вы­ра­же­ние для ко­си­ну­са ис­ко­мо­го угла:

Ответ: б) 

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

В пра­виль­ной тре­уголь­ной пи­ра­ми­де SABC сто­ро­на ос­но­ва­ния AB равна 6, а бо­ко­вое ребро SA равно 7. На ребре AC от­ме­че­на точка M, а на про­дол­же­нии ребра BC за точку C  — точка N так, что CM  =  CN  =  2.

а)  До­ка­жи­те, что се­че­ние пи­ра­ми­ды SABC плос­ко­стью SNM яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным тре­уголь­ни­ком.

б)  Най­ди­те пло­щадь се­че­ния пи­ра­ми­ды SABC плос­ко­стью SNM.

а)  Пусть пря­мая MN пе­ре­се­ка­ет ребро AB в точке K. По тео­ре­ме Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ABC и пря­мой KM:

от­ку­да AK  =  2 и KB  =  4. За­ме­тим далее, что углы ACS и BAS равны, а также AK  =  CM  =  2, AS  =  CS из усло­вия. Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ASK и CSM равны, а по­то­му равны и от­рез­ки SK и SM. Таким об­ра­зом, ис­ко­мое се­че­ние  — тре­уголь­ник SKM  — яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным по опре­де­ле­нию.

б)  По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в рав­но­бед­рен­но­му тре­уголь­ни­ке SAB:

Ана­ло­гич­но для тре­уголь­ни­ков SMC и AKM по­лу­ча­ем:

Вы­со­ту SH тре­уголь­ни­ка най­дем по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка SHM:

На­ко­нец, най­дем пло­щадь се­че­ния:

Ответ: б) 

Ре­ше­ние.

Это за­да­ние ещё не ре­ше­но, при­во­дим ре­ше­ние про­то­ти­па.

В пра­виль­ной тре­уголь­ной приз­ме ABCA₁B₁C₁ от­ме­ти­ли точки M и K на реб­рах AA₁ и A₁B₁ со­от­вет­ствен­но. Из­вест­но, что AM  =  5MA₁, A₁K  =  KB₁. Через точки M и K про­ве­ли плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти ABB₁.

а)  До­ка­жи­те, что плос­кость α про­хо­дит через вер­ши­ну C₁.

б)  Най­ди­те пло­щадь се­че­ния приз­мы ABCA₁B₁C₁ плос­ко­стью α, если все ребра приз­мы равны 12.

а)  За­ме­тим, что от­ре­зок KC₁ яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка A₁B₁C₁, а по­то­му яв­ля­ет­ся и вы­со­той этого тре­уголь­ни­ка. Приз­ма ABCA₁B₁C₁  — пря­мая, по­это­му ее бо­ко­вые ребра яв­ля­ют­ся вы­со­та­ми приз­мы. Сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KC₁ пер­пен­ди­ку­ля­рен ребру AA₁. Таким об­ра­зом, плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁.

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке MA₁K по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем:

Вы­со­та KC₁ в пра­виль­ном тре­уголь­ни­ке A₁B₁C₁ равна  По­сколь­ку плос­кость MKC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABB₁A₁, пря­мая KC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MK, а зна­чит, тре­уголь­ник MKC₁ пря­мо­уголь­ный. Пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: б) 

При­ве­дем ре­ше­ние Алек­сандра Тур­ба­но­ва (Ли­пецк).

а)  Пусть AA₁  =  a, AB  =  b. Вве­дем пря­мо­уголь­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. В этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат:

Плос­кость AMB сов­па­да­ет с плос­ко­стью AA₁B. Най­дем урав­не­ние этой плос­ко­сти. Она про­хо­дит через ось ап­пли­кат, а по­то­му урав­не­ние сле­ду­ет ис­кать в виде Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точки B, на­хо­дим:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти имеет вид то есть Нор­маль этой плос­ко­сти  — век­тор

Плос­кость α пер­пен­ди­ку­ляр­на к плос­ко­сти AA₁B, а по­то­му нор­маль к плос­ко­сти α пер­пен­ди­ку­ляр­на век­то­ру Под­став­ляя ко­ор­ди­на­ты точек M и К в урав­не­ние плос­ко­сти α и за­пи­сы­вая усло­вие пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти нор­ма­лей в ко­ор­ди­на­тах, по­лу­ча­ем си­сте­му:

Зна­чит, урав­не­ние плос­ко­сти α имеет вид

то есть

Ко­ор­ди­на­ты точки C₁ удо­вле­тво­ря­ют най­ден­но­му урав­не­нию:

а зна­чит, точка C₁ лежит в плос­ко­сти α.

б)  По усло­вию a  =  b  =  12. Тре­уголь­ник C₁KM  — ис­ко­мое се­че­ние. В вы­бран­ной си­сте­ме ко­ор­ди­нат на­хо­дим:

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка, по­стро­ен­но­го на век­то­рах, равна по­ло­ви­не мо­ду­ля их век­тор­но­го про­из­ве­де­ния. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Мо­дуль этого про­из­ве­де­ния равен

а ис­ко­мая пло­щадь равна

Ответ: б)