Сечение многогранников — задание №14 ЕГЭ по математике

План. Сначала найдём в плоскости сечения прямую, параллельную $SA$. Затем построим само пересечение с гранью $SAD$ и вычислим его длину по подобию треугольников. а) Почему плоскость параллельна $SA$. Диагонали квадрата пересекаются и делятся пополам, поэтому $O$ — середина $AC$. В треугольнике $SAC$ точки $O$ и $M$ — середины двух сторон. Отрезок, соединяющий середины сторон треугольника, параллелен третьей стороне: $$OM\parallel SA.$$ Прямая $SA$ лежит в плоскости $SAC$. Плоскость $OMK$ пересекает её по $OM$: точка $K$ находится на $BC$, но не в плоскости $SAC$. Прямые $SA$ и $OM$ параллельны и различны, следовательно, общих точек у $SA$ и плоскости $OMK$ нет. Это и означает $$SA\parallel(OMK).$$ б) Как выглядит нужный отрезок. След плоскости $OMK$ в основании — прямая $OK$. Обозначим через $L$ её пересечение с $AD$. Найдём положение $L$, чтобы потом применить подобие. Возьмём в плоскости основания координаты $A(0;0)$, $B(2;0)$, $C(2;2)$, $D(0;2)$. Центр квадрата имеет координаты $O(1;1)$. Отношение $BK:KC=3:1$ означает, что всё ребро разбито на четыре равные части: $$BK=\frac34\cdot2=\frac32,\qquad K\left(2;\frac32\right).$$ При увеличении первой координаты от 1 до 2 вторая увеличивается от 1 до $3/2$, то есть на $1/2$. Поэтому уравнение $OK$ имеет вид $$y-1=\frac12(x-1),\qquad y=\frac{x+1}{2}.$$ На $AD$ первая координата равна нулю. Подставляем её: $$y=\frac{0+1}{2}=\frac12,\qquad AL=\frac12.$$ Отсюда $$DL=AD-AL=2-\frac12=\frac32.$$ В грани $SAD$ через $L$ проведём прямую, параллельную $SA$. Она пересечёт $SD$ в точке $T$. Поскольку плоскость $OMK$ содержит направление $SA$, эта прямая принадлежит ей. Значит, искомое пересечение грани и плоскости — отрезок $LT$. Треугольники $DLT$ и $DAS$ подобны: угол при $D$ общий, а $LT\parallel AS$. Соответствующие стороны дают $$\frac{LT}{SA}=\frac{DL}{DA}=\frac{3/2}{2}=\frac34.$$ Осталось найти боковое ребро $SA$. Диагональ квадрата со стороной 2 равна $2\sqrt2$, а $O$ — её середина: $$OA=\frac{2\sqrt2}{2}=\sqrt2.$$ Высота $SO$ перпендикулярна основанию, поэтому треугольник $SOA$ прямоугольный. По теореме Пифагора $$SA^2=SO^2+OA^2=(\sqrt{14})^2+(\sqrt2)^2=14+2=16,$$ $$SA=\sqrt{16}=4.$$ Теперь находим длину сечения: $$LT=\frac34\cdot4=3.$$ Ответ: б) $3$.

План. Сначала установим, какие две стороны трапеции являются основаниями. Затем выразим параллельность через доли рёбер. Это определит нужные точки; метрические данные используем отдельно. Обозначим векторы $AB$, $AD$ через $\mathbf u$, $\mathbf v$, вертикальный вектор бокового ребра призмы — через $\mathbf w$. Точка $A$ будет началом. Пусть $$M=t\mathbf u+\mathbf w,\quad K=\mathbf u+k\mathbf v+\mathbf w,\quad N=\mathbf u+n\mathbf v,$$ где $t=A_1M/A_1B_1$, $k=B_1K/B_1C_1$, $n=BN/BC$. Какие стороны параллельны. Если бы основаниями были $AM$ и $NK$, их направляющие векторы $t\mathbf u+\mathbf w$ и $(k-n)\mathbf v+\mathbf w$ были бы пропорциональны. Вертикальная составляющая у обоих равна $\mathbf w$, поэтому коэффициент пропорциональности был бы равен 1. Тогда и сами векторы были бы равны, а значит, основания имели бы равные длины. Но по условию длины оснований различны. Поэтому основания — $AN$ и $MK$. Векторы этих сторон: $$\overrightarrow{AN}=\mathbf u+n\mathbf v,\qquad \overrightarrow{MK}=(1-t)\mathbf u+k\mathbf v.$$ Они параллельны, то есть второй является первым, умноженным на некоторое число $\lambda$. Векторы $\mathbf u$, $\mathbf v$ непараллельны, поэтому их коэффициенты сравниваются отдельно: $$1-t=\lambda,\qquad k=\lambda n.$$ Поскольку $0\le t\le1$, имеем $0<\lambda\le1$. Основания различны, поэтому на самом деле $\lambda<1$: $MK$ — меньшее основание, $AN$ — большее. а) Находим $N$. Меньшее основание равно 2, большее — 3. Значит, $$\lambda=\frac{MK}{AN}=\frac23.$$ Из $B_1K:KC_1=1:2$ получаем $$k=\frac1{1+2}=\frac13.$$ Подставляем в $k=\lambda n$: $$\frac13=\frac23n,\qquad n=\frac13\cdot\frac32=\frac12.$$ Следовательно, $BN/BC=1/2$, то есть $N$ — середина $BC$. Одновременно $$t=1-\lambda=1-\frac23=\frac13.$$ б) Находим высоту самой трапеции. Высота призмы — расстояние между плоскостями оснований, но стороны $AN$, $MK$ могут быть сдвинуты ещё и в горизонтальном направлении. Этот сдвиг нельзя игнорировать. Из формулы объёма прямой призмы $V=S_{ABCD}h$: $$S_{ABCD}=\frac{12}{2}=6.$$ Пусть $M_0$ — проекция $M$ на основание. Тогда $M_0\in AB$ и $$AM_0=\frac13 AB.$$ Поскольку $N$ — середина $BC$, треугольник $ABN$ имеет ту же высоту из $A$ к $BC$, что треугольник $ABC$, но половинное основание. А треугольник $ABC$ занимает половину параллелограмма: $$S_{ABC}=\frac62=3,\qquad S_{ABN}=\frac12\cdot3=\frac32.$$ Треугольники $AM_0N$ и $ABN$ имеют общую высоту из $N$ к $AB$, а их основания относятся как $AM_0:AB=1:3$. Поэтому $$S_{AM_0N}=\frac13\cdot\frac32=\frac12.$$ Возьмём теперь $AN=3$ основанием того же треугольника. Расстояние $d$ от $M_0$ до $AN$ удовлетворяет $$\frac12 AN\cdot d=\frac12,\qquad \frac32d=\frac12,\qquad d=\frac13.$$ Проекция верхнего основания $MK$ параллельна $AN$, поэтому $d$ — горизонтальное расстояние между основаниями трапеции. Вертикальное расстояние равно высоте призмы 2. Эти составляющие перпендикулярны; высота трапеции по Пифагору: $$H=\sqrt{2^2+\left(\frac13\right)^2}=\sqrt{4+\frac19}=\sqrt{\frac{37}{9}}=\frac{\sqrt{37}}3.$$ Площадь трапеции — полусумма оснований, умноженная на её высоту: $$S_{AMKN}=\frac{2+3}{2}\cdot\frac{\sqrt{37}}3=\frac{5\sqrt{37}}6.$$ Ответ: б) $\frac{5\sqrt{37}}6$.

Секущая плоскость перпендикулярна диагонали и проходит через известную точку. Это позволяет получить её уравнение через скалярное произведение. Направим оси координат вдоль рёбер $AB,AD,AA_1$ и возьмём начало в $A$. Тогда: $$A=(0;0;0),\quad B=(5;0;0),\quad D=(0;3;0),\quad A_1=(0;0;4),$$ $$C_1=(5;3;4),\qquad D_1=(0;3;4).$$ Координаты середины отрезка — полусуммы координат концов. Поэтому: $$M=\left(\frac{0+5}{2};\frac{0+3}{2};\frac{0+4}{2}\right)=\left(\frac52;\frac32;2\right).$$ Диагональ имеет направление: $$u=\overrightarrow{AC_1}=(5;3;4).$$ Пусть $X=(x;y;z)$ — любая точка плоскости $\alpha$. Вектор $MX$ лежит в плоскости и перпендикулярен её нормали $u$, поэтому скалярное произведение равно нулю: $$u\cdot\overrightarrow{MX}=0.$$ Вычислим его по координатам: $$5(x-5/2)+3(y-3/2)+4(z-2)=0.$$ Раскроем скобки: $$5x-25/2+3y-9/2+4z-8=0.$$ Перенесём числовые слагаемые вправо: $$5x+3y+4z=25/2+9/2+8=34/2+8=17+8=25.$$ Получили уравнение плоскости: $$5x+3y+4z=25.$$ а) Проверим $D_1=(0;3;4)$: $$5\cdot0+3\cdot3+4\cdot4=0+9+16=25.$$ Координаты удовлетворяют уравнению, значит, $D_1\in\alpha$. б) У всех точек ребра $A_1B_1$ вторая координата 0, третья 4, а первая меняется от 0 до 5. Подставим $y=0,z=4$: $$5x+3\cdot0+4\cdot4=25,$$ $$5x+16=25,$$ $$5x=25-16=9,$$ $$x=9/5.$$ Это число лежит между 0 и 5, значит, точка пересечения действительно лежит на ребре. Обозначим её через $X$. Ребро направлено вдоль оси $x$, поэтому длины частей равны разностям первых координат: $$A_1X=9/5-0=9/5,$$ $$XB_1=5-9/5=25/5-9/5=16/5.$$ Обе длины содержат общий множитель $1/5$. Сократив его в отношении, получаем: $$A_1X:XB_1=(9/5):(16/5)=9:16.$$ Ответ: а) доказано; б) $9:16$.

План. Покажем, какие рёбра параллельны плоскости сечения. Это позволит построить прямоугольник, а его стороны найти по подобию треугольников. а) Перпендикулярность $MN$ рёбрам. У правильного тетраэдра все рёбра равны. Поэтому вершины $C$ и $D$ равноудалены от $A$ и $B$: $$CA=CB,\qquad DA=DB.$$ Все точки, равноудалённые от концов отрезка $AB$, образуют плоскость, проходящую через его середину $M$ перпендикулярно $AB$. Следовательно, эта плоскость содержит $C$, $D$ и $M$. В ней лежат как $MN$, так и $CD$. Отсюда $$MN\perp AB,\qquad CD\perp AB.$$ Аналогично $A$ и $B$ равноудалены от $C$ и $D$. Поэтому плоскость $ABN$ перпендикулярна $CD$. В ней лежит $MN$, значит, $$MN\perp CD.$$ Утверждение пункта а) доказано; заодно установлено, что направления $AB$ и $CD$ перпендикулярны. б) Построение сечения. По условию $MN$ перпендикулярна плоскости $\alpha$. Поэтому оба перпендикулярных $MN$ направления, $AB$ и $CD$, параллельны $\alpha$. Через $K$ в грани $ABC$ проведём $KL\parallel AB$, где $L\in AC$. Через $K$ в грани $BCD$ проведём $KT\parallel CD$, где $T\in BD$. Через $L$ в грани $ACD$ проведём $LU\parallel CD$, где $U\in AD$. Через $T$ в грани $ABD$ прямая, параллельная $AB$, придёт в ту же точку $U$: все эти линии лежат в одной плоскости $\alpha$. Таким образом, сечение — четырёхугольник $K L U T$. Его противоположные стороны параллельны $AB$ и $CD$, то есть это параллелограмм. Направления $AB$ и $CD$ перпендикулярны, поэтому он является прямоугольником. Длина ребра тетраэдра: $$BC=BK+KC=1+3=4.$$ В треугольнике $CBA$ отрезок $KL$ параллелен $BA$, поэтому треугольники $CKL$ и $CBA$ подобны: $$\frac{KL}{BA}=\frac{CK}{CB}=\frac34,$$ $$KL=4\cdot\frac34=3.$$ В треугольнике $BCD$ отрезок $KT$ параллелен $CD$. Треугольники $BKT$ и $BCD$ также подобны: $$\frac{KT}{CD}=\frac{BK}{BC}=\frac14,$$ $$KT=4\cdot\frac14=1.$$ Площадь прямоугольника равна произведению соседних сторон: $$S_{KLUT}=KL\cdot KT=3\cdot1=3.$$ Ответ: б) $3$.

План. Найдём стороны сечения через подобные треугольники. Чтобы доказать, что это прямоугольник, отдельно проверим перпендикулярность направлений $AC$ и $BD$. Пусть $E$ — середина $AC$, а $O$ — центр равностороннего основания $ABC$. Медиана $BE$ является также высотой основания, поэтому $BE\perp AC$. Центр $O$ лежит на $BE$. В правильной пирамиде высота $DO$ перпендикулярна основанию, в частности $DO\perp AC$. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BE$ и $DO$ плоскости $BDE$, значит, $$AC\perp(BDE),\qquad AC\perp BD.$$ а) Строим сечение. Через $T$ в грани $ADB$ проводим $TU\parallel DB$ до пересечения с $AB$. Через $U$ в основании проводим $UV\parallel AC$ до пересечения с $BC$. Через $T$ в грани $ADC$ проводим $TW\parallel AC$ до пересечения с $DC$. Через $V$ в грани $BCD$ проводим $VW\parallel BD$. Последняя линия приходит в ту же точку $W$, потому что все построенные линии принадлежат плоскости, проведённой через $T$ параллельно $AC$ и $BD$. Противоположные стороны четырёхугольника $TUVW$ параллельны. Следовательно, это параллелограмм. Его соседние стороны параллельны перпендикулярным прямым $AC$ и $BD$, поэтому все его углы прямые. Сечение является прямоугольником. б) Находим его стороны. Из заданного отношения $AT:TD=1:2$ получаем долю всего ребра: $$\frac{AT}{AD}=\frac{1}{1+2}=\frac{1}{3}.$$ В треугольнике $ADB$ отрезок $TU$ параллелен $DB$. Поэтому $ATU$ подобен $ADB$: $$\frac{AU}{AB}=\frac{TU}{DB}=\frac{AT}{AD}=\frac{1}{3}.$$ Тогда $$TU=9\cdot\frac{1}{3}=3.$$ Чтобы найти вторую сторону, вычислим, какую долю $AB$ занимает $BU$: $$\frac{BU}{BA}=1-\frac{AU}{AB}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.$$ В основании $UV\parallel AC$, поэтому треугольники $BUV$ и $BAC$ подобны: $$\frac{UV}{AC}=\frac{BU}{BA}=\frac{2}{3}.$$ Отсюда $$UV=5\cdot\frac{2}{3}=\frac{10}{3}.$$ Перемножаем стороны прямоугольника: $$S_{TUVW}=TU\cdot UV=3\cdot \frac{10}{3}=10.$$ Ответ: б) $10$.

План. Введём координаты, чтобы выразить условие ромба через равенство его сторон. После этого площадь найдём через диагонали ромба. Обозначим сторону квадратного основания через $a$, высоту призмы через $h$. Выберем взаимно перпендикулярные оси вдоль $AB$, $AD$ и $AA_1$: $$A(0;0;0),\ B(a;0;0),\ C(a;a;0),\ D(0;a;0),\ B_1(a;0;h).$$ Пусть $AM=m$, $CK=k$. Тогда $$M(0;0;m),\qquad K(a;a;k).$$ а) Находим положение $M$. Плоскость через $M$, $B_1$, $D$ не вертикальна: их проекции $A$, $B$, $D$ на основание не лежат на одной прямой. Поэтому её уравнение можно записать в виде $z=m+px+qy$. Подставим $B_1$ и $D$: $$h=m+pa,\qquad 0=m+qa.$$ Отсюда $$pa=h-m,\qquad qa=-m.$$ Точка $K$ находится в этой же плоскости. Подставляем её координаты: $$k=m+pa+qa=m+(h-m)-m=h-m.$$ В ромбе соседние стороны $MB_1$ и $B_1K$ равны. Квадрат длины отрезка равен сумме квадратов разностей его координат: $$MB_1^2=a^2+(h-m)^2,$$ $$B_1K^2=a^2+(k-h)^2=a^2+((h-m)-h)^2=a^2+m^2.$$ Приравниваем и вычитаем $a^2$ из обеих частей: $$a^2+(h-m)^2=a^2+m^2,$$ $$h^2-2hm+m^2=m^2,$$ $$h^2-2hm=0,\qquad h(h-2m)=0.$$ Высота $h$ положительна, поэтому нулю равен второй множитель: $$h-2m=0,\qquad m=\frac h2.$$ Значит, $AM=MA_1=h/2$: точка $M$ — середина $AA_1$. Одновременно $k=h-m=h/2$, то есть $K$ — середина $CC_1$. б) Используем площадь ромба. Диагональ $MK$ горизонтальна и имеет ту же длину, что диагональ основания: $$MK^2=a^2+a^2=2a^2,\qquad MK=a\sqrt2.$$ Вектор второй диагонали $DB_1$ имеет координаты $(a;-a;h)$, поэтому $$DB_1^2=a^2+(-a)^2+h^2=2a^2+h^2,$$ $$DB_1=\sqrt{2a^2+h^2}.$$ Диагонали ромба перпендикулярны и делят его на четыре прямоугольных треугольника. Сумма их площадей равна половине произведения диагоналей: $$S=\frac12 MK\cdot DB_1=\frac12\sqrt{2a^2}\sqrt{2a^2+h^2}.$$ Площадь основания $a^2=3$, площадь сечения $S=6$. Подставляем: $$6=\frac12\sqrt6\sqrt{6+h^2},$$ $$12=\sqrt6\sqrt{6+h^2}.$$ Обе части положительны; возводим в квадрат: $$144=6(6+h^2)=36+6h^2,$$ $$6h^2=144-36=108,$$ $$h^2=\frac{108}{6}=18,\qquad h=\sqrt{18}=3\sqrt2.$$ Ответ: б) $3\sqrt2$.

План. Спроецируем пирамиду на основание вдоль $SO$: при такой проекции вершина $S$ переходит в $O$, а секущая плоскость — в среднюю линию трапеции. Это поможет найти, какие рёбра она пересекает. Затем вернёмся к настоящим длинам в сечении. Обозначим $AD=p$, $BC=q$, где $p>q$, а расстояние между основаниями трапеции — $H$. В основании введём координату $y$, равную расстоянию от прямой $AD$ в сторону $BC$. Тогда $$y_A=y_D=0,\qquad y_B=y_C=H.$$ Средняя линия $MN$ параллельна основаниям и находится ровно посередине между ними: $$y_M=y_N=\frac H2,\qquad MN=\frac{p+q}{2}.$$ Где находится $O$. Треугольники $AOD$ и $COB$ подобны: углы при $O$ вертикальные, а углы у параллельных оснований равны. Коэффициент подобия равен $AD/BC=p/q$, поэтому так же относятся их высоты к основаниям: $$\frac{y_O}{H-y_O}=\frac pq.$$ Решаем: $$q y_O=p(H-y_O),\qquad q y_O=pH-p y_O,$$ $$(p+q)y_O=pH,\qquad y_O=\frac{pH}{p+q}.$$ Так как $p>q$, имеем $p/(p+q)>1/2$, следовательно, $y_O>H/2$. а) Строим сечение. Проецируем на основание по прямым, параллельным $SO$. Это именно параллельная проекция, она не обязана быть перпендикулярной. Плоскость $\alpha$ содержит это направление и пересекает основание по $MN$. Поэтому точка принадлежит $\alpha$ тогда и только тогда, когда её такая проекция лежит на $MN$. Рассмотрим точку $U=A+t(S-A)$ на $AS$, где $t=AU/AS$. Её проекция равна $A+t(O-A)$ и имеет координату $y=t y_O$. Для попадания на $MN$ нужно $$t y_O=\frac H2,\qquad t=\frac{H}{2y_O}=\frac{p+q}{2p}.$$ Это число между 0 и 1, поскольку $p>q>0$. Значит, плоскость пересекает само ребро $SA$. На $SD$ аналогично получаем точку $V=D+t(S-D)$ с той же долей $t$. На рёбрах $SB$, $SC$ проекции пробегают отрезки $OB$, $OC$. У всех их точек координата $y$ не меньше $y_O>H/2$, поэтому с $MN$ они не пересекаются. В основании плоскость проходит через $M,N$. Следовательно, полное сечение — четырёхугольник $MNUV$. В треугольнике $SAD$ точки $U,V$ имеют одинаковую долю от оснований рёбер, поэтому $$UV\parallel AD,\qquad UV=(1-t)AD.$$ Прямая $MN$ также параллельна $AD$. Длина верхнего основания: $$UV=\left(1-\frac{p+q}{2p}\right)p=\frac{2p-p-q}{2p}\,p=\frac{p-q}{2}.$$ Основания сечения параллельны и различны, значит, сечение — трапеция. б) Находим её высоту. При $p=10$, $q=8$: $$t=\frac{10+8}{2\cdot10}=\frac{18}{20}=\frac9{10},$$ $$MN=\frac{10+8}{2}=9,\qquad UV=\frac{10-8}{2}=1.$$ Пусть $U_0$ — проекция $U$ вдоль $SO$ на основание. Она лежит на $MN$, и $$\overrightarrow{U_0U}=t\overrightarrow{OS}.$$ Это следует из $U=A+t(S-A)$, $U_0=A+t(O-A)$: при вычитании остаётся $t(S-O)$. Таким образом, $$U_0U=t\,SO=\frac9{10}\cdot8=\frac{72}{10}=\frac{36}{5}.$$ По условию $SO\perp AD$. Обе параллельные стороны сечения параллельны $AD$, поэтому $U_0U$ перпендикулярен им. Значит, это настоящая высота трапеции, а не просто расстояние вдоль произвольной наклонной прямой. Считаем площадь: $$S=\frac{MN+UV}{2}\cdot U_0U=\frac{9+1}{2}\cdot\frac{36}{5}=5\cdot\frac{36}{5}=36.$$ Ответ: б) $36$.

План. Запишем секущую плоскость по трём заданным точкам. Это позволит проверить направление $SD$ и найти все вершины сечения. Для площади сначала посчитаем площадь его горизонтальной проекции и учтём наклон плоскости. Возьмём координаты $$A(0;0;0),\ B(6;0;0),\ C(6;6;0),\ D(0;6;0),\ S(3;3;h).$$ Центр основания $O(3;3;0)$, поэтому $$OA^2=3^2+3^2=18,$$ $$h^2=SA^2-OA^2=6^2-18=36-18=18,\qquad h=3\sqrt2.$$ Точка $M$ — середина $SA$: $$M\left(\frac32;\frac32;\frac h2\right).$$ Отношение $SN:NB=1:2$ даёт долю $SN/SB=1/3$, то есть $$N=S+\frac13(B-S)=\left(3+1;3-1;h-\frac h3\right)=\left(4;2;\frac{2h}{3}\right).$$ Выводим уравнение плоскости. Пусть оно имеет вид $ux+vy+wz=k$. Подставим $C,M,N$: $$6u+6v=k,$$ $$\frac32u+\frac32v+\frac h2w=k,$$ $$4u+2v+\frac{2h}{3}w=k.$$ Из первого равенства $u+v=k/6$. Подставляем во второе: $$\frac32\cdot\frac k6+\frac h2w=k,\qquad \frac k4+\frac h2w=k,$$ $$\frac h2w=\frac{3k}{4},\qquad hw=\frac{3k}{2}.$$ В третьем равенстве тогда $(2h/3)w=k$, поэтому $4u+2v=0$, то есть $v=-2u$. Первое равенство даёт $-6u=k$. Можно выбрать $k=6h$; тогда $$u=-h,\qquad v=2h,\qquad w=9.$$ Итак, секущая плоскость: $$-hx+2hy+9z=6h.$$ а) Параллельность $SD$. Нормаль плоскости — $\mathbf n=(-h;2h;9)$, а направление $SD$: $$\overrightarrow{SD}=(-3;3;-h).$$ Скалярное произведение: $$\mathbf n\cdot\overrightarrow{SD}=(-h)(-3)+2h\cdot3+9(-h)=3h+6h-9h=0.$$ Направление параллельно плоскости. Сама точка $D$ ей не принадлежит: подстановка даёт $12h$ вместо $6h$. Следовательно, прямая $SD$ параллельна плоскости $CMN$. б) Полное сечение. В основании $z=0$, поэтому уравнение следа $$-x+2y=6.$$ На $AD$ имеем $x=0$, откуда $2y=6$, $y=3$. Получаем $P(0;3;0)$. След проходит также через $C(6;6;0)$. Для проверки остальных рёбер рассмотрим выражение $F=-hx+2hy+9z-6h$ в вершинах: $$F(A)=-6h,\quad F(B)=-12h,\quad F(C)=0,\quad F(D)=6h,\quad F(S)=6h.$$ На ребре плоскость может пройти внутри лишь при противоположных знаках на концах. Поэтому помимо $PC$ в основании она пересекает $SA$ и $SB$ в $M,N$, а $SD$ не пересекает. Получаем четырёхугольник $PMNC$. Его проекция на основание имеет вершины $$P(0;3),\quad M_0\left(\frac32;\frac32\right),\quad N_0(4;2),\quad C(6;6).$$ Площадь плоского многоугольника можно получить сложением ориентированных площадей треугольников с вершиной в начале координат: каждый даёт половину определителя двух соседних радиус-векторов. Это приводит к половине разности двух циклических сумм. Здесь первая сумма: $$0\cdot\frac32+\frac32\cdot2+4\cdot6+6\cdot3=0+3+24+18=45.$$ Вторая сумма: $$3\cdot\frac32+\frac32\cdot4+2\cdot6+6\cdot0=\frac92+6+12=\frac{45}{2}.$$ Поэтому $$S_{\text{пр}}=\frac12\left|45-\frac{45}{2}\right|=\frac12\cdot\frac{45}{2}=\frac{45}{4}.$$ Учитываем наклон. Нормаль основания — $(0;0;1)$. Косинус угла между секущей плоскостью и основанием: $$\cos\varphi=\frac9{\sqrt{(-h)^2+(2h)^2+9^2}}=\frac9{\sqrt{5h^2+81}}.$$ Подставляем $h^2=18$: $$\cos\varphi=\frac9{\sqrt{5\cdot18+81}}=\frac9{\sqrt{90+81}}=\frac9{\sqrt{171}}=\frac9{3\sqrt{19}}=\frac3{\sqrt{19}}.$$ При ортогональной проекции площадь плоской фигуры умножается на косинус угла наклона её плоскости: направление вдоль линии пересечения не укорачивается, а перпендикулярное ему укорачивается в $\cos\varphi$ раз. Поэтому $$S_{\text{пр}}=S\cos\varphi,\qquad S=\frac{S_{\text{пр}}}{\cos\varphi}.$$ Вычисляем: $$S=\frac{45}{4}\cdot\frac{\sqrt{19}}3=\frac{15\sqrt{19}}4.$$ Ответ: б) $\frac{15\sqrt{19}}4$.

План. Параллельные отрезки докажут, что четыре точки лежат в одной плоскости. Для объёмов достроим большую пирамиду с вершиной на продолжении $BD$ и вычтем её часть, находящуюся за исходной пирамидой. а) Одна плоскость для четырёх точек. По условию $$\frac{BM}{BA}=\frac2{1+2}=\frac23,\qquad \frac{BN}{BC}=\frac2{1+2}=\frac23.$$ В треугольнике $BAC$ равенство этих отношений означает, что $MN\parallel AC$. В треугольнике $DAC$ точки $P,Q$ — середины сторон, поэтому средняя линия $PQ\parallel AC$. Значит, $MN$ и $PQ$ — две различные параллельные прямые. Через них проходит одна плоскость; она содержит все четыре точки. б) Находим вспомогательную вершину. Возьмём $B$ за начало, а векторы $BA$, $BC$, $BD$ — за координатные направления. Эти оси не обязаны быть перпендикулярными: мы используем только доли отрезков, плоскости и отношения объёмов. Тогда $$B(0;0;0),\ A(1;0;0),\ C(0;1;0),\ D(0;0;1),$$ $$M\left(\frac23;0;0\right),\ N\left(0;\frac23;0\right),\ P\left(\frac12;0;\frac12\right),\ Q\left(0;\frac12;\frac12\right).$$ Пусть уравнение плоскости сечения $ux+vy+wz=k$. Подстановка $M,N$ даёт $2u/3=k$, $2v/3=k$. Можно выбрать $k=2$, тогда $u=v=3$. Из подстановки $P$: $$\frac32+\frac w2=2,\qquad \frac w2=\frac12,\qquad w=1.$$ Плоскость имеет уравнение $$3x+3y+z=2.$$ На прямой $BD$ имеем $x=y=0$, поэтому её пересечение с плоскостью — точка $R(0;0;2)$. Это точка за $D$, причём $$BR=2BD,\qquad DR=BR-BD=BD.$$ Почему можно перемножать три доли. Если в тетраэдре три ребра из одной вершины умножить на коэффициенты $u,v,w$, объём умножится на $uvw$: площадь основания, построенного на первых двух рёбрах, умножится на $uv$, а высота к его плоскости — на $w$. Это следует из $V=Sh/3$; равенства всех трёх коэффициентов не требуется. Обозначим исходный объём через $V$. У тетраэдра $BMNR$ три ребра из $B$ по сравнению с $BACD$ изменены в долях $2/3$, $2/3$, 2. Поэтому $$V_{BMNR}=\frac23\cdot\frac23\cdot2V=\frac89V.$$ Часть этого тетраэдра за исходной гранью $ACD$ — тетраэдр $DPQR$. Его три ребра из $D$ по сравнению с $DACB$ имеют доли $DP/DA=1/2$, $DQ/DC=1/2$, $DR/DB=1$. Поэтому $$V_{DPQR}=\frac12\cdot\frac12\cdot1V=\frac14V.$$ После вычитания остаётся именно часть исходной пирамиды со стороны ребра $BD$: $$V_{BD}=\frac89V-\frac14V=\left(\frac{32}{36}-\frac9{36}\right)V=\frac{23}{36}V.$$ Другая часть, прилегающая к $AC$, занимает $$V_{AC}=V-\frac{23}{36}V=\frac{13}{36}V.$$ Отношение объёмов: $$V_{AC}:V_{BD}=\frac{13}{36}:\frac{23}{36}=13:23.$$ Ответ: б) $13:23$.

План. Найдём стороны сечения через подобные треугольники. Чтобы доказать, что это прямоугольник, отдельно проверим перпендикулярность направлений $AC$ и $BD$. Пусть $E$ — середина $AC$, а $O$ — центр равностороннего основания $ABC$. Медиана $BE$ является также высотой основания, поэтому $BE\perp AC$. Центр $O$ лежит на $BE$. В правильной пирамиде высота $DO$ перпендикулярна основанию, в частности $DO\perp AC$. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BE$ и $DO$ плоскости $BDE$, значит, $$AC\perp(BDE),\qquad AC\perp BD.$$ а) Строим сечение. Через $T$ в грани $ADB$ проводим $TU\parallel DB$ до пересечения с $AB$. Через $U$ в основании проводим $UV\parallel AC$ до пересечения с $BC$. Через $T$ в грани $ADC$ проводим $TW\parallel AC$ до пересечения с $DC$. Через $V$ в грани $BCD$ проводим $VW\parallel BD$. Последняя линия приходит в ту же точку $W$, потому что все построенные линии принадлежат плоскости, проведённой через $T$ параллельно $AC$ и $BD$. Противоположные стороны четырёхугольника $TUVW$ параллельны. Следовательно, это параллелограмм. Его соседние стороны параллельны перпендикулярным прямым $AC$ и $BD$, поэтому все его углы прямые. Сечение является прямоугольником. б) Находим его стороны. Из заданного отношения $AT:TD=2:1$ получаем долю всего ребра: $$\frac{AT}{AD}=\frac{2}{2+1}=\frac{2}{3}.$$ В треугольнике $ADB$ отрезок $TU$ параллелен $DB$. Поэтому $ATU$ подобен $ADB$: $$\frac{AU}{AB}=\frac{TU}{DB}=\frac{AT}{AD}=\frac{2}{3}.$$ Тогда $$TU=5\cdot\frac{2}{3}=\frac{10}{3}.$$ Чтобы найти вторую сторону, вычислим, какую долю $AB$ занимает $BU$: $$\frac{BU}{BA}=1-\frac{AU}{AB}=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}.$$ В основании $UV\parallel AC$, поэтому треугольники $BUV$ и $BAC$ подобны: $$\frac{UV}{AC}=\frac{BU}{BA}=\frac{1}{3}.$$ Отсюда $$UV=6\cdot\frac{1}{3}=2.$$ Перемножаем стороны прямоугольника: $$S_{TUVW}=TU\cdot UV=\frac{10}{3}\cdot 2=\frac{20}{3}.$$ Ответ: б) $\frac{20}{3}$.

План. Плоскость перпендикулярна основанию, поэтому вместе с каждой своей точкой содержит вертикаль через неё. Найдём её след в основании по проекциям $M$ и $K$ и затем площадь сечения. Выберем координаты $$A(0;0;0),\quad B(8;0;0),\quad C(8;8;0),\quad D(0;8;0),\quad S(4;4;h).$$ Центр основания $O(4;4;0)$. По Пифагору $$OA^2=4^2+4^2=32,$$ $$h^2=SA^2-OA^2=7^2-32=49-32=17,\qquad h=\sqrt{17}.$$ Из $AM=2$ следует $M(2;0;0)$. Точка $K$ проходит одну седьмую ребра от $S$ к $B$, поскольку $SK=1$, $SB=7$: $$K=S+\frac17(B-S),$$ $$K=\left(4+\frac47;4-\frac47;h-\frac h7\right)=\left(\frac{32}{7};\frac{24}{7};\frac{6h}{7}\right).$$ а) Проверяем принадлежность $C$. След вертикальной плоскости в основании проходит через $M$ и проекцию $K_0(32/7;24/7;0)$. Направление этого следа: $$\overrightarrow{MK_0}=\left(\frac{32}{7}-2;\frac{24}{7};0\right)=\left(\frac{18}{7};\frac{24}{7};0\right)=\frac67(3;4;0).$$ А для $C$: $$\overrightarrow{MC}=(8-2;8-0;0)=(6;8;0)=2(3;4;0).$$ Векторы пропорциональны. Значит, $C$ находится на том же следе и принадлежит плоскости $\alpha$. б) Строим и измеряем сечение. В основании это отрезок $MC$, в грани $SAB$ — $MK$, в грани $SBC$ — $KC$. Остальные грани плоскость не пересекает внутри: например, её уравнение $4x-3y=8$ даёт для $A,D,S$ соответственно $0,-24,4$, то есть значения меньше 8, а для $B$ — 32, больше 8; только рёбра из $B$ к $A,S,C$ могут быть пересечены. Значит, сечение — треугольник $MKC$. Его основание: $$MC=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10.$$ Проекция $K_0$ лежит на $MC$: параметр от $M$ к $C$ равен $(18/7)/6=3/7$, он между 0 и 1. Вертикаль $KK_0$ перпендикулярна основанию, следовательно, и $MC$. Это высота треугольника: $$KK_0=\frac{6h}{7}=\frac{6\sqrt{17}}7.$$ Поэтому $$S=\frac12 MC\cdot KK_0=\frac12\cdot10\cdot\frac{6\sqrt{17}}7=\frac{30\sqrt{17}}7.$$ Ответ: б) $\frac{30\sqrt{17}}7$.

План. Сначала используем три прямоугольных треугольника у вершины $D$, чтобы найти боковые рёбра. Затем выберем оси вдоль этих перпендикулярных рёбер: так точки сечения получат простые координаты. а) Почему пирамида правильная. Обозначим $DA=x$, $DB=y$, $DC=z$. По теореме Пифагора в треугольниках $ADB$, $BDC$, $ADC$: $$x^2+y^2=AB^2,\quad y^2+z^2=BC^2,\quad x^2+z^2=AC^2.$$ Все правые части равны $(5\sqrt2)^2=2\cdot25=50$. Вычитая первые два равенства, получаем $x^2=z^2$, то есть $x=z$, поскольку длины положительны. Аналогично $x=y$. Тогда $$2x^2=50,\qquad x^2=25,\qquad x=5.$$ Итак, $$DA=DB=DC=5.$$ Основание $ABC$ равностороннее по условию. Если $H$ — проекция $D$ на основание, то из прямоугольных треугольников $DHA$, $DHB$, $DHC$: $$HA^2=DA^2-DH^2,\quad HB^2=DB^2-DH^2,\quad HC^2=DC^2-DH^2.$$ Равные боковые рёбра дают $HA=HB=HC$. Значит, $H$ — центр окружности, описанной около равностороннего основания, то есть его центр. Высота попадает в центр правильного основания, поэтому пирамида правильная. б) Координаты сечения. Направим оси из $D$ к $A$, $B$, $C$. Эти оси взаимно перпендикулярны: $$D(0;0;0),\quad A(5;0;0),\quad B(0;5;0),\quad C(0;0;5).$$ Условие $DM:MA=DN:NC=2:3$ означает $$DM=DN=\frac{2}{2+3}\cdot5=\frac25\cdot5=2.$$ Поэтому $$M(2;0;0),\qquad N(0;0;2).$$ Найдём площадь треугольника $MNB$. Стороны $BM$ и $BN$ равны: $$BM^2=2^2+(-5)^2=4+25=29,$$ $$BN^2=(-5)^2+2^2=25+4=29.$$ Таким образом, треугольник равнобедренный с основанием $MN$. Обозначим его середину через $T$: $$T\left(\frac{2+0}{2};0;\frac{0+2}{2}\right)=(1;0;1).$$ Медиана $BT$ равнобедренного треугольника является его высотой. Её длина: $$BT=\sqrt{1^2+(-5)^2+1^2}=\sqrt{1+25+1}=\sqrt{27}=3\sqrt3.$$ Основание: $$MN=\sqrt{(-2)^2+2^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt2.$$ Площадь: $$S_{MNB}=\frac12 MN\cdot BT=\frac12\cdot2\sqrt2\cdot3\sqrt3=3\sqrt6.$$ Ответ: б) $3\sqrt6$.

План. Найдём уравнение секущей плоскости в координатах. Оно покажет, какие рёбра пересекает сечение. Затем вычислим площадь получившегося треугольника. Пусть все рёбра призмы равны $a$. В равностороннем основании высота равна $$\sqrt{a^2-(a/2)^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt3}{2}.$$ Выберем координаты $$A(0;0;0),\quad B(a;0;0),\quad C\left(\frac a2;\frac{a\sqrt3}{2};0\right).$$ У верхних вершин первые две координаты те же, а третья равна $a$. Точка $M$ делит $AA_1$ так, что $$AM=\frac{1a}{3},\qquad M\left(0;0;\frac{1a}{3}\right).$$ Грань $ABB_1A_1$ имеет уравнение $y=0$. Плоскость, перпендикулярная этой грани, содержит направление оси $y$: её уравнение не зависит от $y$. Поэтому она имеет вид $z=px+q$. Подстановка $M$ даёт $$q=\frac{1a}{3}.$$ По условию $K$ — середина $A_1B_1$, поэтому $K(a/2;0;a)$. Подставим её: $$a=p\frac a2+\frac a3,\qquad p\frac a2=\frac{2a}{3},\qquad p=\frac{2a}{3}\cdot\frac2a=\frac43.$$ Таким образом, уравнение плоскости: $$z=\frac{1a}{3}+\frac{4}{3}x.$$ а) Проверяем требуемую точку. Для вершины $C_1$ имеем $x=a/2$, $z=a$. Подставляем первую координату в правую часть: $$\frac a3+\frac43\cdot\frac a2=\frac a3+\frac{2a}{3}=a.$$ Получили её третью координату. Значит, $C_1$ принадлежит секущей плоскости. Как выглядит всё сечение. Обозначим середину $A_1B_1$ через $K$. На грани $ABB_1A_1$ сечение идёт по $MK$, на верхнем основании — по $KC_1$, на грани $ACC_1A_1$ — по $MC_1$. Нижнее основание не пересекается, поскольку при $x\ge0$ правая часть уравнения положительна. На рёбрах $BB_1$ значение правой части больше $a$, поэтому их секущая плоскость не достигает внутри призмы. На ребре $CC_1$ она достигает высоты $a$ только в $C_1$. Следовательно, дополнительных вершин нет, и сечение — треугольник $MKC_1$. б) Площадь. Отрезок $KC_1$ параллелен оси $y$, а $MK$ лежит в плоскости $y=0$. Поэтому они перпендикулярны, и треугольник прямоугольный при $K$. Длина первого катета: $$KC_1=\frac{a\sqrt3}{2}.$$ У второго катета горизонтальная составляющая равна $a/2$, вертикальная — $a-1a/3=2a/3$. По теореме Пифагора $$MK^2=\left(\frac a2\right)^2+\left(\frac{2a}{3}\right)^2=\frac{a^2}{4}+\frac{4a^2}{9}=\frac{25a^2}{36},$$ $$MK=\frac{a\sqrt{25}}6.$$ При $a=12$ получаем $$KC_1=\frac{12\sqrt3}{2}=6\sqrt3,\qquad MK=\frac{12\sqrt{25}}6=\frac{12\cdot5}6=10.$$ Площадь прямоугольного треугольника: $$S=\frac12 MK\cdot KC_1=\frac12\cdot10\cdot6\sqrt3=30\sqrt3.$$ Ответ: б) $30\sqrt3$.

План. Определим сечение как треугольник с основанием $BD$. По его площади найдём расстояние от $O$ до $SC$. Затем в прямоугольном треугольнике $SOC$ найдём высоту и доли, на которые делится гипотенуза $SC$. а) Почему плоскость содержит $B$ и $D$. В квадрате диагонали перпендикулярны: $$BD\perp AC.$$ Высота $SO$ перпендикулярна любой прямой основания, в частности $BD$. Следовательно, $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $SO$ плоскости $SAC$. Значит, $$BD\perp(SAC),\qquad BD\perp SC.$$ Плоскость $\alpha$ проходит через $O$ и перпендикулярна $SC$. Она содержит все направления через $O$, перпендикулярные $SC$, в том числе прямую $BD$. Поэтому $B,D\in\alpha$. б) Используем площадь сечения. В плоскости $SOC$ опустим перпендикуляр $OT$ на $SC$. Плоскость $\alpha$ содержит $OT$ и $BD$, поэтому сечение — треугольник $BDT$. Действительно, $T$ находится внутри $SC$ как основание высоты к гипотенузе прямоугольного треугольника; в остальных гранях следы идут от $T$ к $B,D$, а в основании — по диагонали $BD$. Так как $BD\perp(SAC)$, то $BD\perp OT$. Следовательно, $OT$ — высота треугольника $BDT$. При стороне квадрата 1 диагональ равна $\sqrt2$. Поэтому $$S_{BDT}=\frac12 BD\cdot OT=\frac{\sqrt2}{2}\,OT.$$ Подставляем заданную площадь: $$\frac{\sqrt2}{2}\,OT=\frac{\sqrt2}{3},\qquad \frac{OT}{2}=\frac13,\qquad OT=\frac23.$$ Обозначим $SO=h$. Половина диагонали основания: $$OC=\frac{\sqrt2}{2},\qquad OC^2=\frac12.$$ По Пифагору $$SC^2=h^2+\frac12.$$ Площадь треугольника $SOC$ можно выразить двумя способами: через перпендикулярные катеты $SO,OC$ и через гипотенузу $SC$ с высотой $OT$: $$\frac12 SO\cdot OC=\frac12 SC\cdot OT.$$ Сокращая $1/2$ и возводя положительные части в квадрат, получаем $$h^2\cdot\frac12=\left(h^2+\frac12\right)\cdot\frac49.$$ Умножаем на 18: $$9h^2=8h^2+4,\qquad h^2=4.$$ Тогда $$SC^2=4+\frac12=\frac92.$$ В прямоугольном треугольнике высота к гипотенузе даёт подобные треугольники $SOT$ и $SCO$. Отношение соответствующих сторон: $$\frac{ST}{SO}=\frac{SO}{SC},\qquad ST=\frac{SO^2}{SC}.$$ Делим на $SC$: $$\frac{ST}{SC}=\frac{SO^2}{SC^2}=\frac4{9/2}=\frac89.$$ Оставшаяся часть занимает долю $$\frac{TC}{SC}=1-\frac89=\frac19.$$ Следовательно, $$ST:TC=\frac89:\frac19=8:1.$$ Ответ: б) $8:1$, считая от $S$.

План. Найдём точку $M$ по средней линии треугольника $SAC$. Затем построим след секущей плоскости в основании. Он укажет вторую вершину нужного отрезка на грани $SBC$. а) Почему $M$ — середина $SC$. Плоскости $OMN$ и $SAC$ пересекаются по прямой $OM$. Прямая $SA$ лежит в $SAC$ и параллельна плоскости $OMN$. Поэтому она параллельна линии их пересечения: $$OM\parallel SA.$$ Иначе две непараллельные прямые $SA$ и $OM$ в одной плоскости пересеклись бы, и $SA$ имела бы общую точку с плоскостью $OMN$, вопреки параллельности. В квадрате $O$ — середина диагонали $AC$. Значит, в треугольнике $CSA$ прямая через середину $CA$, параллельная $SA$, пересекает $CS$ в его середине. Следовательно, $$SM=MC=\frac{SC}{2}=2.$$ б) Находим вторую вершину на грани $SBC$. В грани $SAD$ через $N$ проведём прямую, параллельную $SA$. Она лежит в секущей плоскости и пересекает $AD$ в точке $L$. Треугольники $DNL$ и $DSA$ подобны. Условие $SN:ND=1:3$ даёт $$\frac{DN}{DS}=\frac3{1+3}=\frac34.$$ Поэтому $$\frac{DL}{DA}=\frac34,\qquad DL=\frac34\cdot4=3,$$ $$AL=AD-DL=4-3=1.$$ След секущей плоскости в основании — прямая $LO$. Выберем в основании координаты $A(0;0)$, $B(4;0)$, $C(4;4)$, $D(0;4)$. Тогда $$L(0;1),\qquad O(2;2).$$ При изменении $x$ на 2 координата $y$ увеличивается на 1. Уравнение $LO$: $$y=1+\frac x2.$$ На ребре $BC$ имеем $x=4$. Поэтому точка $P=LO\cap BC$ имеет координаты $$y=1+\frac42=3,\qquad P(4;3).$$ Отсюда $CP=4-3=1$. В грани $SBC$ находятся точки $M$ и $P$, принадлежащие секущей плоскости. Следовательно, искомое пересечение — отрезок $MP$. Все рёбра пирамиды равны 4, поэтому треугольник $SBC$ равносторонний и угол $MCP=\angle SCB=60^\circ$. В треугольнике $MCP$ знаем $CM=2$, $CP=1$. По теореме косинусов $$MP^2=CM^2+CP^2-2CM\cdot CP\cos60^\circ,$$ $$MP^2=2^2+1^2-2\cdot2\cdot1\cdot\frac12=4+1-2=3,$$ $$MP=\sqrt3.$$ Ответ: б) $\sqrt3$.

План. Здесь важны отношения на рёбрах, а не длины или углы. Возьмём вершину $S$ за начало и обозначим векторы $SA,SB,SC$ через $\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c$. Они линейно независимы, поскольку пирамида не плоская. Поэтому при равенстве векторов можно отдельно сравнивать коэффициенты при каждом из трёх направлений. Координаты середин: $$M=\frac{\mathbf a+\mathbf b}{2},\qquad K=\frac{\mathbf c}{2}.$$ Например, точка на $SA$ имеет только коэффициент при $\mathbf a$, а точка на $BC$ имеет вид $(1-t)\mathbf b+t\mathbf c$, где сумма двух коэффициентов равна 1. Из $BL=3LC$ следует, что $L$ проходит три четверти пути от $B$ к $C$: $$L=\frac14\mathbf b+\frac34\mathbf c.$$ Точка $R$ лежит на продолжении $BS$ за $S$, поэтому запишем $R=-r\mathbf b$, где $r>0$. Поскольку $R,K,L$ лежат на одной прямой, для некоторого числа $u$ имеем $$L=R+u(K-R)=r(u-1)\mathbf b+\frac u2\mathbf c.$$ Сравниваем коэффициенты при $\mathbf c$: $$\frac u2=\frac34,\qquad u=\frac32.$$ Затем при $\mathbf b$: $$r\left(\frac32-1\right)=\frac14,\qquad \frac r2=\frac14,\qquad r=\frac12.$$ Значит, $$R=-\frac12\mathbf b.$$ Найдём пересечение $RM$ с $SA$. Точка прямой $RM$ имеет вид $$R+v(M-R)=-\frac12\mathbf b+v\left(\frac12\mathbf a+\mathbf b\right)=\frac v2\mathbf a+\left(v-\frac12\right)\mathbf b.$$ Чтобы точка лежала на $SA$, коэффициент при $\mathbf b$ должен быть нулевым: $$v-\frac12=0,\qquad v=\frac12.$$ Тогда $$N=\frac{1/2}{2}\mathbf a=\frac14\mathbf a.$$ Это точка самого ребра, поскольку $0<1/4<1$. а) Проверяем пересечение именно отрезков. Рассмотрим точку, находящуюся на трёх четвертях пути от $M$ к $K$: $$T=\frac14M+\frac34K=\frac18\mathbf a+\frac18\mathbf b+\frac38\mathbf c.$$ С другой стороны, середина $NL$ имеет вектор $$\frac{N+L}{2}=\frac12\left(\frac14\mathbf a+\frac14\mathbf b+\frac34\mathbf c\right)=\frac18\mathbf a+\frac18\mathbf b+\frac38\mathbf c.$$ Получили ту же точку $T$. Она внутри $MK$, поскольку её доля $3/4$ между 0 и 1; она также середина $NL$. Следовательно, отрезки $MK$ и $NL$ пересекаются. б) Отношение на $SA$. Из $N=\mathbf a/4$ следует $$SN=\frac14SA,\qquad AN=SA-SN=\frac34SA.$$ Поэтому $$AN:NS=\frac34:\frac14=3:1.$$ Ответ: б) $3:1$.

План. Объёмы сравним через площадь основания и высоту: уменьшение двух рёбер нельзя считать просто одним коэффициентом подобия. Для угла введём прямоугольные координаты и найдём нормаль к сечению. а) Объёмы частей. Плоскость $CMK$ отсекает у вершины $A$ тетраэдр $ACMK$. Отношения на рёбрах: $$\frac{AM}{AB}=\frac{AK}{AD}=\frac46=\frac23.$$ Треугольники $ACM$ и $ACB$ лежат в одной плоскости и имеют общую высоту из $C$ к $AB$. Поэтому отношение их площадей равно отношению оснований: $$\frac{S_{ACM}}{S_{ACB}}=\frac{AM}{AB}=\frac23.$$ Расстояние от $K$ до плоскости $ABC$ составляет $2/3$ расстояния от $D$ до той же плоскости, потому что $K$ проходит $2/3$ пути от $A$, лежащей в основании, к $D$. По формуле объёма $V=Sh/3$: $$\frac{V_{ACMK}}{V_{ABCD}}=\frac23\cdot\frac23=\frac49.$$ Другая часть занимает долю $$1-\frac49=\frac59.$$ Следовательно, объёмы относятся как $$\frac59:\frac49=5:4.$$ б) Координаты вершин. Возьмём $$A(0;0;0),\quad B(6;0;0),\quad C(3;3\sqrt3;0).$$ Высота равностороннего основания равна $3\sqrt3$, его центр имеет координаты $(3;\sqrt3;0)$, расстояние от центра до $A$ равно $\sqrt{9+3}=2\sqrt3$. Поэтому высота правильного тетраэдра: $$h=\sqrt{6^2-(2\sqrt3)^2}=\sqrt{36-12}=\sqrt{24}=2\sqrt6.$$ Получаем $$D(3;\sqrt3;2\sqrt6),\quad M(4;0;0),$$ $$K=\frac23D=\left(2;\frac{2\sqrt3}{3};\frac{4\sqrt6}{3}\right).$$ Два направления секущей плоскости: $$\overrightarrow{MC}=(-1;3\sqrt3;0),$$ $$\overrightarrow{MK}=\left(-2;\frac{2\sqrt3}{3};\frac{4\sqrt6}{3}\right).$$ Находим нормаль. Если $\mathbf n=(u;v;w)$ перпендикулярен обоим направлениям, то $$-u+3\sqrt3v=0,$$ $$-2u+\frac{2\sqrt3}{3}v+\frac{4\sqrt6}{3}w=0.$$ Можно выбрать $v=\sqrt2$. Тогда $u=3\sqrt6$. Во втором равенстве: $$-6\sqrt6+\frac{2\sqrt6}{3}+\frac{4\sqrt6}{3}w=0.$$ Делим на $\sqrt6/3$: $$-18+2+4w=0,\qquad 4w=16,\qquad w=4.$$ Итак, $$\mathbf n=(3\sqrt6;\sqrt2;4),\qquad |\mathbf n|=\sqrt{54+2+16}=\sqrt{72}=6\sqrt2.$$ Направление $AC$ — $\mathbf u=(3;3\sqrt3;0)$, его длина $AC=6$. Угол прямой с плоскостью дополняет до $90^\circ$ угол с нормалью. Поэтому $$\sin\varphi=\frac{|\mathbf u\cdot\mathbf n|}{|\mathbf u||\mathbf n|}.$$ Скалярное произведение: $$\mathbf u\cdot\mathbf n=3\cdot3\sqrt6+3\sqrt3\cdot\sqrt2+0\cdot4=9\sqrt6+3\sqrt6=12\sqrt6.$$ Следовательно, $$\sin\varphi=\frac{12\sqrt6}{6\cdot6\sqrt2}=\frac{\sqrt3}{3}.$$ Спрашивается косинус. Используем $\cos^2\varphi=1-\sin^2\varphi$: $$\cos^2\varphi=1-\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)^2=1-\frac39=\frac23,$$ $$\cos\varphi=\sqrt{\frac23}=\frac{\sqrt6}{3}.$$ Берём положительный корень: угол прямой с плоскостью находится между $0^\circ$ и $90^\circ$. Ответ: б) $\frac{\sqrt6}{3}$.

План. Найдём след секущей плоскости в верхнем основании по его параллельности нижнему. Затем для расстояния запишем уравнение плоскости. а) Строим трапецию. Плоскость сечения пересекает нижнее основание по $AC$. Верхнее основание параллельно нижнему, поэтому его след проходит через $K$ параллельно $AC$. Пусть он пересекает $B_1C_1$ в $L$. В треугольнике $B_1A_1C_1$ точка $K$ — середина $B_1A_1$, а $KL\parallel A_1C_1$. По теореме о средней линии $L$ — середина $B_1C_1$, причём $$KL=\frac12 A_1C_1=\frac12\cdot4=2.$$ Грани $ABB_1A_1$ и $BCC_1B_1$ дают стороны $AK$ и $CL$. Значит, полное сечение — четырёхугольник $AKLC$, где $KL\parallel AC$ и $AC=4$. По Пифагору в прямоугольных треугольниках $AA_1K$, $CC_1L$: $$AK^2=AA_1^2+A_1K^2=4^2+2^2=16+4=20,$$ $$CL^2=CC_1^2+C_1L^2=4^2+2^2=20.$$ Таким образом, $AK=CL=\sqrt{20}$, то есть боковые стороны трапеции равны. Она равнобедренная. б) Уравнение плоскости. Возьмём прямоугольные координаты $$A(0;0;0),\quad B(4;0;0),\quad C(2;2\sqrt3;0),\quad K(2;0;4).$$ Плоскость проходит через начало $A$, значит, её уравнение имеет вид $ux+vy+wz=0$. Подставляем $C,K$: $$2u+2\sqrt3v=0,\qquad 2u+4w=0.$$ Отсюда $u=-\sqrt3v$, $w=-u/2$. Можно взять $v=-2$, тогда $$u=2\sqrt3,\qquad w=-\sqrt3.$$ Получаем $$2\sqrt3x-2y-\sqrt3z=0.$$ Нормаль $(2\sqrt3;-2;-\sqrt3)$ имеет длину $$\sqrt{(2\sqrt3)^2+(-2)^2+(-\sqrt3)^2}=\sqrt{12+4+3}=\sqrt{19}.$$ Расстояние от точки до плоскости равно модулю подстановки её координат в уравнение, делённому на длину нормали. Для $B(4;0;0)$: $$d=\frac{|2\sqrt3\cdot4-2\cdot0-\sqrt3\cdot0|}{\sqrt{19}}=\frac{8\sqrt3}{\sqrt{19}}.$$ Умножаем числитель и знаменатель на $\sqrt{19}$: $$d=\frac{8\sqrt3\sqrt{19}}{19}=\frac{8\sqrt{57}}{19}.$$ Ответ: б) $\frac{8\sqrt{57}}{19}$.

План. Сначала достроим четвёртую вершину сечения. Для объёмов разрежем одну из полученных частей на пирамиду с основанием в квадрате и небольшой тетраэдр. Каждый их объём сравним с исходным через площади и высоты. а) Сечение и его симметрия. В треугольнике $SCD$ проведём через $M$ прямую, параллельную $CD$. Пусть она пересекает $SC$ в $N$. Из подобия $SMN$ и $SDC$: $$\frac{SN}{SC}=\frac{SM}{SD}=\frac2{2+1}=\frac23,$$ $$SN:NC=2:1,\qquad MN=\frac23CD.$$ Отрезок $PQ$, соединяющий середины противоположных сторон квадрата $BC$ и $AD$, параллелен $CD$. Поэтому $PQ$ и $MN$ — параллельные прямые, определяющие одну плоскость. Она содержит $M,P,Q$, значит, совпадает с секущей плоскостью. Таким образом, $N$ тоже входит в сечение. В основании след плоскости — $PQ$. Он отделяет вершины $C,D$ от $A,B$. В боковых гранях сечение пересекает $SC,SD$ в $N,M$ и больше боковых рёбер не пересекает. Получается трапеция $PQMN$. Плоскость симметрии правильной пирамиды через $S$ и середины $AB,CD$ меняет местами $A,B$ и $D,C$, значит, $Q,P$ и $M,N$. Следовательно, она переводит одну боковую сторону трапеции в другую. Эти стороны равны, и трапеция равнобедренная. б) Разбиение меньшей части. Пусть объём всей пирамиды $V$, площадь квадрата $S_0$, высота $h$, то есть $V=S_0h/3$. Часть со стороны $CD$ можно разбить по треугольнику $MPC$ на пирамиду $MPCDQ$ и тетраэдр $MPCN$. Основание первой пирамиды — прямоугольник $PCDQ$, занимающий половину квадрата. Точка $M$ находится на доле $DM/DS=1/3$ от основания к вершине, поэтому её высота равна $h/3$. Значит, $$V_{MPCDQ}=\frac13\cdot\frac{S_0}{2}\cdot\frac h3=\frac{S_0h}{18}=\frac16V.$$ Для второго тетраэдра сначала сравним треугольники $PCN$ и $BCS$ в одной грани. Из вершины $C$ их стороны лежат на тех же лучах, причём $$\frac{CP}{CB}=\frac12,\qquad \frac{CN}{CS}=1-\frac23=\frac13.$$ Их общий угол при $C$ одинаков, поэтому по формуле площади $ab\sin\gamma/2$: $$\frac{S_{PCN}}{S_{BCS}}=\frac12\cdot\frac13=\frac16.$$ Расстояние от $M$ до плоскости $SBC$ составляет $SM/SD=2/3$ расстояния от $D$ до этой плоскости: точка $S$ в ней лежит, а расстояние вдоль $SD$ меняется линейно. Поэтому $$V_{MPCN}=\frac16\cdot\frac23V_{DBCS}=\frac19V_{DBCS}.$$ Тетраэдр $DBCS$ имеет основанием половину квадрата $BCD$ и высоту $h$, следовательно, $$V_{DBCS}=\frac12V,\qquad V_{MPCN}=\frac19\cdot\frac12V=\frac1{18}V.$$ Суммируем: $$V_{CD}=\frac16V+\frac1{18}V=\frac3{18}V+\frac1{18}V=\frac29V.$$ Вторая часть: $$V_{AB}=V-\frac29V=\frac79V.$$ Поэтому $$V_{CD}:V_{AB}=\frac29:\frac79=2:7.$$ Ответ: б) $2:7$.

План. В координатах проверим все пересечения секущей плоскости с рёбрами. В полученном равнобедренном треугольнике найдём основание и высоту, а затем восстановим высоту призмы по площади. Пусть высота призмы $h>0$. Выберем координаты: $$A(0;0;0),\quad B(2;0;0),\quad C(1;\sqrt3;0),$$ $$A_1(0;0;h),\quad B_1(2;0;h),\quad C_1(1;\sqrt3;h),\quad M\left(1;\sqrt3;\frac h2\right).$$ Уравнение плоскости через $A_1$, $B$, $M$ имеет вид $$hx+2z=2h.$$ Действительно, подстановка $A_1$ даёт $2h=2h$, $B$ — $2h=2h$, а $M$ — $h+2(h/2)=2h$. Эти три точки не лежат на одной прямой, поэтому они задают плоскость однозначно. а) Форма сечения. На нижнем основании $z=0$ уравнение даёт $x=2$. В треугольнике $ABC$ это только вершина $B$. На верхнем основании $z=h$ получаем $x=0$, то есть только $A_1$. На третьем боковом ребре $CC_1$, где $x=1$, получаем $$h+2z=2h,\qquad z=\frac h2,$$ то есть точку $M$. Остальные боковые рёбра дают уже найденные $A_1$, $B$. Значит, сечение — треугольник $A_1BM$. Вычисляем квадраты двух его сторон: $$MA_1^2=(-1)^2+(-\sqrt3)^2+\left(\frac h2\right)^2=1+3+\frac{h^2}{4}=4+\frac{h^2}{4},$$ $$MB^2=1^2+(-\sqrt3)^2+\left(-\frac h2\right)^2=1+3+\frac{h^2}{4}=4+\frac{h^2}{4}.$$ Квадраты равны, значит, $MA_1=MB$: треугольник равнобедренный. б) Площадь и высота призмы. Середина основания $A_1B$: $$T\left(\frac{0+2}{2};0;\frac{h+0}{2}\right)=\left(1;0;\frac h2\right).$$ В равнобедренном треугольнике медиана $MT$ является высотой. Здесь её длина видна и по координатам: у $M,T$ одинаковые $x,z$, а разность $y$ равна $\sqrt3$. Поэтому $$MT=\sqrt3.$$ Основание: $$A_1B=\sqrt{(2-0)^2+(0-h)^2}=\sqrt{4+h^2}.$$ Подставляем в формулу площади заданное значение 6: $$6=\frac12 A_1B\cdot MT=\frac12\sqrt{4+h^2}\sqrt3,$$ $$12=\sqrt3\sqrt{4+h^2}.$$ Обе части положительны, возводим в квадрат: $$144=3(4+h^2)=12+3h^2,$$ $$3h^2=144-12=132,\qquad h^2=44,$$ $$h=\sqrt{44}=2\sqrt{11}.$$ Берём положительный корень, потому что $h$ — длина. Ответ: б) $2\sqrt{11}$.