Задание №14 ЕГЭ по математике: Стереометрия (2 часть)

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) $3$.

В пункте а) нужно доказать параллельность прямой и плоскости. Для этого построим две средние линии треугольников: они помогут получить вспомогательную плоскость, параллельную заданной. В пункте б) надо найти высоту; там удобно воспользоваться прямоугольным треугольником, который образуют отрезок $MK$, его проекция на основание и перпендикуляр к основанию. а) Доказательство параллельности. Обозначим через $N$ середину ребра $SA$. Точки $M,N$ — середины сторон $AB,AS$ треугольника $ABS$. По теореме о средней линии треугольника соединяющий их отрезок параллелен третьей стороне: $$MN\parallel BS.$$ Теперь рассмотрим треугольник $ASD$. Точки $N,K$ — середины сторон $AS,SD$, поэтому: $$NK\parallel AD.$$ Основание правильной четырёхугольной пирамиды — квадрат. Противоположные стороны квадрата параллельны: $$AD\parallel BC.$$ Следовательно: $$NK\parallel BC.$$ Прямые $MN$ и $NK$ пересекаются в точке $N$. Прямые $BS$ и $BC$ пересекаются в точке $B$. Мы получили две пары параллельных пересекающихся прямых. По признаку параллельности плоскостей: $$ (MNK)\parallel(SBC).$$ Это разные плоскости: $M$ лежит на стороне $AB$ основания и не лежит на прямой $BC$, по которой плоскость $SBC$ пересекает основание. Прямая $MK$ целиком лежит в первой из двух параллельных плоскостей, поэтому не пересекает вторую: $$MK\parallel(SBC).$$ б) Нахождение высоты. Пусть $h$ — искомая высота пирамиды. Она положительна. Поместим квадрат основания в координатную плоскость $z=0$: одну ось направим вдоль $AB$, другую — вдоль $AD$. Координаты вершин тогда такие: $$A=(0;0;0),\quad B=(12;0;0),\quad D=(0;12;0),\quad C=(12;12;0).$$ Центр квадрата находится посередине между его противоположными вершинами. Поэтому его первые две координаты равны: $$\frac{0+12}{2}=6.$$ У правильной пирамиды вершина $S$ находится непосредственно над центром основания. Значит: $$S=(6;6;h).$$ Координата середины отрезка равна полусумме соответствующих координат его концов. Применим это отдельно к $AB$ и $SD$: $$M=\left(\frac{0+12}{2};\frac{0+0}{2};\frac{0+0}{2}\right)=(6;0;0),$$ $$K=\left(\frac{6+0}{2};\frac{6+12}{2};\frac{h+0}{2}\right)=(3;9;h/2).$$ Обозначим проекцию $K$ на основание через $K_0$. При проецировании на $z=0$ первые две координаты сохраняются, а третья становится нулём: $$K_0=(3;9;0).$$ Точка $M$ уже лежит в основании, поэтому проекция отрезка $MK$ — отрезок $MK_0$. По формуле расстояния между точками плоскости: $$MK_0=\sqrt{(3-6)^2+(9-0)^2}.$$ Вычтем координаты, возведём полученные числа в квадрат и сложим: $$MK_0=\sqrt{(-3)^2+9^2}=\sqrt{9+81}=\sqrt{90}=3 \sqrt{10}.$$ Вертикальное расстояние от $K$ до основания равно её третьей координате: $$KK_0=h/2.$$ Треугольник $MKK_0$ прямоугольный, так как $KK_0$ перпендикулярен основанию, а $MK_0$ лежит в нём. Угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и её проекцией. Поэтому угол $KMK_0$ равен заданным 60°. Тангенс острого угла в прямоугольном треугольнике — отношение противолежащего катета к прилежащему. Получаем: $$\tan 60^\circ=\frac{KK_0}{MK_0}=\frac{h/2}{3 \sqrt{10}}.$$ Умножим обе части на $3 \sqrt{10}$: $$3 \sqrt{10}\tan 60^\circ=h/2.$$ Умножим обе части ещё на 2, чтобы выразить $h$: $$h=2\cdot3 \sqrt{10}\tan 60^\circ.$$ Подставим табличное значение тангенса: $$\tan 60^\circ=\sqrt{3},$$ $$h=2\cdot3 \sqrt{10}\cdot\sqrt{3}=6 \sqrt{30}.$$ Подстановка найденного $h$ в отношение $KK_0/MK_0$ возвращает значение $\sqrt{3}$, то есть исходный угол выполнен. Ответ: а) доказано; б) высота пирамиды равна $6 \sqrt{30}$.

Вначале докажем прямой угол из пункта а). Это не отдельный отвлечённый факт: прямоугольные треугольники позволят затем применять теорему Пифагора и простые формулы площадей. Обозначим через $C$ проекцию точки $C_1$ на основание, в котором лежат $A,B$. Образующие прямого цилиндра перпендикулярны основаниям. Поэтому $CC_1$ и $BB_1$ — параллельные вертикальные отрезки одинаковой длины, а $BC=B_1C_1$. Почему $AC$ является диаметром? Отрезок $AC_1$ пересекает ось цилиндра. При проецировании на нижнее основание эта ось переходит в центр круга $O$, а отрезок $AC_1$ — в $AC$. Значит, $O$ лежит на $AC$. Обе точки $A,C$ лежат на окружности, поэтому проходящий через центр отрезок $AC$ — диаметр. а) Вписанный угол $ABC$ опирается на диаметр $AC$. По теореме об угле, опирающемся на диаметр, он прямой: $$\angle ABC=90^\circ,\qquad AB\perp BC.$$ Прямая $BB_1$ перпендикулярна основанию. Прямая $AB$ лежит в этом основании и проходит через $B$, поэтому: $$AB\perp BB_1.$$ Прямые $BC$ и $BB_1$ пересекаются в точке $B$ и лежат в одной плоскости $BCC_1B_1$. Прямая $AB$ перпендикулярна обеим. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости она перпендикулярна всей этой плоскости, а значит, и проходящей через $B$ прямой $BC_1$: $$AB\perp BC_1,\qquad\angle ABC_1=90^\circ.$$ Пункт а) доказан. б) Найдём объём цилиндра. В прямоугольном треугольнике $ABC$ известны оба катета: $$AB=7,\qquad BC=B_1C_1=10.$$ Гипотенуза $AC$ является диаметром основания. По теореме Пифагора: $$AC^2=AB^2+BC^2=7^2+10^2.$$ Вычислим квадраты и сумму: $$AC^2=49+100=149.$$ Нам не обязательно извлекать корень, потому что в формулу объёма входит квадрат радиуса. Радиус вдвое меньше диаметра: $$R=AC/2,\qquad R^2=AC^2/4=149/4.$$ Высота цилиндра равна образующей: $$h=BB_1=24.$$ Объём равен площади основания, умноженной на высоту. Основание — круг площади $\pi R^2$, поэтому: $$V=\pi R^2h.$$ Подставим найденные величины: $$V=\pi\cdot\frac{149}{4}\cdot24.$$ Сначала сократим $24/4=6$, затем умножим: $$V=149\cdot6\pi=(150\cdot6-6)\pi=(900-6)\pi=894\pi.$$ Ответ: а) угол прямой; б) объём равен $894\pi$.

План. Плоскость задана двумя направлениями: $KN$ и $BC$. Найдём её уравнение, проверим параллельность $SA$, затем вычислим угол по нормалям. Нормаль — это вектор, перпендикулярный плоскости. Положим центр основания в начало координат, оси направим вдоль сторон квадрата и высоты: $$A(-b;-b;0),\ B(b;-b;0),\ C(b;b;0),\ D(-b;b;0),\ S(0;0;h),$$ где $b=AB/2$, $h=SO>0$. Квадрат расстояния от центра до вершины равен $b^2+b^2=2b^2$. Из прямоугольного треугольника $SOA$: $$h^2=SA^2-OA^2=SA^2-2b^2.$$ Числа подставим позднее: пункт а) удобно доказать сразу для любого заданного отношения $DN:NC=SK:KC=1:r$. а) Находим плоскость. Обозначим долю отрезка через $t=1/(r+1)$. Тогда $$N=D+t(C-D)=(-b+2bt;\ b;\ 0),$$ $$K=S+t(C-S)=(bt;\ bt;\ h(1-t)).$$ Таким образом, разности координат для направления $NK$ равны $$\overrightarrow{NK}=(b(1-t);\ -b(1-t);\ h(1-t)).$$ Это направление пропорционально $(b;-b;h)$. Второе направление, $BC$, параллельно оси $y$. Значит, уравнение плоскости не зависит от $y$. При изменении $x$ на $b$ вдоль $NK$ координата $z$ меняется на $h$, поэтому выражение $-hx+bz$ остаётся постоянным. Подстановка $N$ даёт $$-hx+bz=hb(1-2t).$$ Для направления $SA$ имеем $$\overrightarrow{SA}=(-b;-b;-h).$$ Проверяем, меняется ли левая часть уравнения при движении в этом направлении: $$(-h)(-b)+b(-h)=hb-bh=0.$$ Следовательно, направление $SA$ параллельно плоскости. Сама точка $S$ в плоскость не входит: её подстановка даёт $bh$, тогда как справа $bh(1-2t)$; эти числа различны, поскольку $t>0$. Поэтому вся прямая $SA$ параллельна $\alpha$. б) Угол между плоскостями. Нормаль к найденной плоскости имеет координаты $$\mathbf n=(-h;0;b).$$ Грань $SBC$ содержит направление оси $y$. Точки $B$, $C$, $S$ удовлетворяют уравнению $$hx+bz=bh.$$ Поэтому её нормаль $$\mathbf m=(h;0;b).$$ Косинус меньшего угла между плоскостями равен модулю косинуса между нормалями. Модуль нужен потому, что одна и та же плоскость имеет два противоположных направления нормали: $$\cos\varphi=\frac{|\mathbf n\cdot\mathbf m|}{|\mathbf n||\mathbf m|}=\frac{|-h^2+b^2|}{\sqrt{h^2+b^2}\sqrt{h^2+b^2}}=\frac{|b^2-h^2|}{h^2+b^2}.$$ Подставляем данные: $$b=\frac{6}{2}=3,\qquad b^2=9,$$ $$h^2=7^2-2\cdot9=49-18=31.$$ Теперь числитель и знаменатель: $$|b^2-h^2|=|9-31|=22,$$ $$h^2+b^2=31+9=40.$$ Поэтому $$\cos\varphi=\frac{22}{40}=\frac{11}{20},\qquad \varphi=\arccos\left(\frac{11}{20}\right).$$ Ответ: б) $\arccos\left(\frac{11}{20}\right)$.

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) $3\sqrt2$.

а) У основания прямоугольного параллелепипеда уже есть прямые углы. Чтобы доказать, что оно квадрат, достаточно показать равенство двух соседних сторон. Обозначим их длины $AB=b$, $BC=c$, высоту — $AA_1=h$. Все три длины положительны. Выберем координаты вдоль рёбер: $$A=(0;0;0),\quad B=(b;0;0),\quad C=(b;c;0),\quad D=(0;c;0),\quad D_1=(0;c;h).$$ Плоскость сечения содержит прямую $BD_1$ и параллельна $AC$. Поэтому в ней есть два направления: $$u=\overrightarrow{BD_1}=(-b;c;h),\qquad v=\overrightarrow{AC}=(b;c;0).$$ Найдём нормаль $n$ — вектор, перпендикулярный обоим направлениям. Возьмём первые две координаты $ch,-bh$: тогда произведение с $v$ равно $bch-bch=0$. Подберём третью координату $t$, чтобы произведение с $u$ тоже было нулевым: $$(-b)ch+c(-bh)+ht=0,$$ $$-bch-bch+ht=0,$$ $$ht=2bch,$$ $$t=2bc.$$ Получаем: $$n=(ch;-bh;2bc).$$ Плоскость проходит через $B=(b;0;0)$, поэтому её уравнение выражает перпендикулярность $BX$ и $n$: $$ch(x-b)-bhy+2bcz=0,$$ $$chx-bhy+2bcz=bch.$$ Найдём пересечение с ребром $AA_1$: здесь $x=y=0$. Получаем: $$2bcz=bch,\qquad z=h/2.$$ Обозначим эту точку через $M$: $$M=(0;0;h/2).$$ На ребре $CC_1$ имеем $x=b,y=c$: $$chb-bhc+2bcz=bch.$$ Первые два слагаемых сокращаются, и снова $z=h/2$. Значит, вторая точка: $$N=(b;c;h/2).$$ Сечение состоит из отрезков $BM,MD_1,D_1N,NB$, каждый лежит на соответствующей боковой грани. Его диагонали — $BD_1$ и $MN$. Вектор второй диагонали: $$\overrightarrow{MN}=(b;c;0).$$ По условию сечение — ромб. Диагонали ромба перпендикулярны, поэтому их скалярное произведение равно нулю: $$(-b;c;h)\cdot(b;c;0)=0,$$ $$-b^2+c^2+0=0,$$ $$c^2=b^2.$$ Поскольку длины положительны, получаем $c=b$. Прямоугольник основания с равными соседними сторонами является квадратом. б) Найдём угол секущей плоскости с гранью $BCC_1$. При $c=b$ найденная нормаль равна $(bh;-bh;2b^2)$. Можно разделить её на положительное число $b$: направление перпендикуляра не меняется. Получим более простую нормаль: $$n_1=(h;-h;2b).$$ У всех точек грани $BCC_1$ первая координата $x=b$. Значит, нормаль этой грани направлена вдоль оси $x$: $$m=(1;0;0).$$ Угол между плоскостями находим как меньший угол между их нормалями. Его косинус равен модулю скалярного произведения, делённому на произведение длин: $$\cos\varphi=\frac{|n_1\cdot m|}{|n_1|\,|m|}.$$ Числитель: $$n_1\cdot m=h\cdot1+(-h)\cdot0+2b\cdot0=h.$$ Длина $m$ равна 1. Квадрат длины $n_1$: $$|n_1|^2=h^2+(-h)^2+(2b)^2=h^2+h^2+4b^2=2h^2+4b^2.$$ Следовательно: $$\cos\varphi=\frac{h}{\sqrt{2h^2+4b^2}}.$$ Подставим данные $h=6$, $b=4$: $$\cos\varphi=\frac{6}{\sqrt{2\cdot6^2+4\cdot4^2}}.$$ Вычислим квадраты, произведения и сумму: $$2\cdot6^2+4\cdot4^2=2\cdot36+4\cdot16=72+64=136.$$ Под корнем выделим полный квадрат 4: $$\sqrt{136}=\sqrt{4\cdot34}=2\sqrt{34}.$$ Сократим числитель и коэффициент знаменателя на 2: $$\cos\varphi=\frac{6}{2\sqrt{34}}=\frac{3}{\sqrt{34}}.$$ Арккосинус возвращает угол по его косинусу. Поэтому: $$\varphi=\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}.$$ Ответ: а) основание — квадрат; б) $\arccos\frac{3}{\sqrt{34}}$.

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) $\frac{20}{3}$.

В пункте а) нужно доказать параллельность прямой и плоскости. Для этого построим две средние линии треугольников: они помогут получить вспомогательную плоскость, параллельную заданной. В пункте б) надо найти высоту; там удобно воспользоваться прямоугольным треугольником, который образуют отрезок $MK$, его проекция на основание и перпендикуляр к основанию. а) Доказательство параллельности. Обозначим через $N$ середину ребра $SA$. Точки $M,N$ — середины сторон $AB,AS$ треугольника $ABS$. По теореме о средней линии треугольника соединяющий их отрезок параллелен третьей стороне: $$MN\parallel BS.$$ Теперь рассмотрим треугольник $ASD$. Точки $N,K$ — середины сторон $AS,SD$, поэтому: $$NK\parallel AD.$$ Основание правильной четырёхугольной пирамиды — квадрат. Противоположные стороны квадрата параллельны: $$AD\parallel BC.$$ Следовательно: $$NK\parallel BC.$$ Прямые $MN$ и $NK$ пересекаются в точке $N$. Прямые $BS$ и $BC$ пересекаются в точке $B$. Мы получили две пары параллельных пересекающихся прямых. По признаку параллельности плоскостей: $$ (MNK)\parallel(SBC).$$ Это разные плоскости: $M$ лежит на стороне $AB$ основания и не лежит на прямой $BC$, по которой плоскость $SBC$ пересекает основание. Прямая $MK$ целиком лежит в первой из двух параллельных плоскостей, поэтому не пересекает вторую: $$MK\parallel(SBC).$$ б) Нахождение высоты. Пусть $h$ — искомая высота пирамиды. Она положительна. Поместим квадрат основания в координатную плоскость $z=0$: одну ось направим вдоль $AB$, другую — вдоль $AD$. Координаты вершин тогда такие: $$A=(0;0;0),\quad B=(24;0;0),\quad D=(0;24;0),\quad C=(24;24;0).$$ Центр квадрата находится посередине между его противоположными вершинами. Поэтому его первые две координаты равны: $$\frac{0+24}{2}=12.$$ У правильной пирамиды вершина $S$ находится непосредственно над центром основания. Значит: $$S=(12;12;h).$$ Координата середины отрезка равна полусумме соответствующих координат его концов. Применим это отдельно к $AB$ и $SD$: $$M=\left(\frac{0+24}{2};\frac{0+0}{2};\frac{0+0}{2}\right)=(12;0;0),$$ $$K=\left(\frac{12+0}{2};\frac{12+24}{2};\frac{h+0}{2}\right)=(6;18;h/2).$$ Обозначим проекцию $K$ на основание через $K_0$. При проецировании на $z=0$ первые две координаты сохраняются, а третья становится нулём: $$K_0=(6;18;0).$$ Точка $M$ уже лежит в основании, поэтому проекция отрезка $MK$ — отрезок $MK_0$. По формуле расстояния между точками плоскости: $$MK_0=\sqrt{(6-12)^2+(18-0)^2}.$$ Вычтем координаты, возведём полученные числа в квадрат и сложим: $$MK_0=\sqrt{(-6)^2+18^2}=\sqrt{36+324}=\sqrt{360}=6 \sqrt{10}.$$ Вертикальное расстояние от $K$ до основания равно её третьей координате: $$KK_0=h/2.$$ Треугольник $MKK_0$ прямоугольный, так как $KK_0$ перпендикулярен основанию, а $MK_0$ лежит в нём. Угол между прямой и плоскостью равен углу между прямой и её проекцией. Поэтому угол $KMK_0$ равен заданным 30°. Тангенс острого угла в прямоугольном треугольнике — отношение противолежащего катета к прилежащему. Получаем: $$\tan 30^\circ=\frac{KK_0}{MK_0}=\frac{h/2}{6 \sqrt{10}}.$$ Умножим обе части на $6 \sqrt{10}$: $$6 \sqrt{10}\tan 30^\circ=h/2.$$ Умножим обе части ещё на 2, чтобы выразить $h$: $$h=2\cdot6 \sqrt{10}\tan 30^\circ.$$ Подставим табличное значение тангенса: $$\tan 30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{3},$$ $$h=2\cdot6 \sqrt{10}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{30}.$$ Подстановка найденного $h$ в отношение $KK_0/MK_0$ возвращает значение $\frac{\sqrt{3}}{3}$, то есть исходный угол выполнен. Ответ: а) доказано; б) высота пирамиды равна $4 \sqrt{30}$.

План. Сначала найдём отношение, в котором плоскость пересекает боковые рёбра. Затем проведём высоту трапеции сечения и её проекцию на основание: угол между этими двумя отрезками будет нужным углом между плоскостями. а) Отношения на рёбрах. Плоскость сечения содержит $AB$, а $AB\parallel CD$. В грани $SCD$ её след $MN$ также параллелен $CD$. Иначе след пересёк бы прямую $CD$, а значит, плоскость сечения, содержащая параллельную ей прямую $AB$, совпала бы с плоскостью основания, что невозможно при $M,N$ на боковых рёбрах. Следовательно, треугольники $SMN$ и $SCD$ подобны. По условию $AB=5MN$, причём $AB=CD$. Значит, $$\frac{MN}{CD}=\frac{MN}{AB}=\frac15.$$ По подобию: $$\frac{SM}{SC}=\frac{SN}{SD}=\frac15.$$ Оставшиеся части составляют долю $1-1/5=4/5$. Поэтому $$SM:MC=SN:ND=\frac15:\frac45=1:4.$$ б) Высота сечения. Пусть $AB=a$, $E$ — середина $AB$, $F$ — середина $MN$. Трапеция $ABMN$ равнобедренная по симметрии правильной пирамиды; её основания $a$, $a/5$, боковые стороны $a$ по условию. Отрезок $EF$ — высота трапеции. Если из $N$ опустить перпендикуляр на $AB$, от основания $A$ до его основания получится половина разности оснований: $$\frac{a-a/5}{2}=\frac{4a/5}{2}=\frac{2a}{5}.$$ По Пифагору в полученном прямоугольном треугольнике: $$EF^2=a^2-\left(\frac{2a}{5}\right)^2=a^2-\frac{4a^2}{25}=\frac{21a^2}{25},$$ $$EF=\frac{a\sqrt{21}}5.$$ Проекция этой высоты. Пусть $G$ — середина $CD$, $O$ — центр квадрата, $F_0$ — проекция $F$ на основание. При подобии треугольников $SMN$ и $SCD$ середина $G$ переходит в $F$, поэтому $$\frac{SF}{SG}=\frac15.$$ В треугольнике $SGO$ прямая через $F$, параллельная $SO$, пересекает $GO$ в $F_0$. Точка $F$ находится на одной пятой пути от $S$ к $G$, поэтому её горизонтальное смещение от $SO$ равно одной пятой $OG$: $$OF_0=\frac15OG=\frac15\cdot\frac a2=\frac a{10}.$$ Точки $E,O,F_0,G$ лежат на одной прямой в указанном порядке. Поэтому $$EF_0=EO+OF_0=\frac a2+\frac a{10}=\frac{5a+a}{10}=\frac{3a}{5}.$$ Отрезки $EF$ и $EF_0$ перпендикулярны линии пересечения плоскостей $AB$, поэтому угол $FEF_0$ — искомый угол $\varphi$. В прямоугольном треугольнике $EFF_0$: $$\cos\varphi=\frac{EF_0}{EF}=\frac{3a/5}{a\sqrt{21}/5}=\frac3{\sqrt{21}}.$$ Избавляемся от корня в знаменателе: $$\frac3{\sqrt{21}}=\frac{3\sqrt{21}}{21}=\frac{\sqrt{21}}7.$$ Ответ: б) $\frac{\sqrt{21}}7$.

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) $\frac{30\sqrt{17}}7$.

Вначале докажем прямой угол из пункта а). Это не отдельный отвлечённый факт: прямоугольные треугольники позволят затем применять теорему Пифагора и простые формулы площадей. Обозначим через $C$ проекцию точки $C_1$ на основание, в котором лежат $A,B$. Образующие прямого цилиндра перпендикулярны основаниям. Поэтому $CC_1$ и $BB_1$ — параллельные вертикальные отрезки одинаковой длины, а $BC=B_1C_1$. Почему $AC$ является диаметром? Отрезок $AC_1$ пересекает ось цилиндра. При проецировании на нижнее основание эта ось переходит в центр круга $O$, а отрезок $AC_1$ — в $AC$. Значит, $O$ лежит на $AC$. Обе точки $A,C$ лежат на окружности, поэтому проходящий через центр отрезок $AC$ — диаметр. а) Вписанный угол $ABC$ опирается на диаметр $AC$. По теореме об угле, опирающемся на диаметр, он прямой: $$\angle ABC=90^\circ,\qquad AB\perp BC.$$ Прямая $BB_1$ перпендикулярна основанию. Прямая $AB$ лежит в этом основании и проходит через $B$, поэтому: $$AB\perp BB_1.$$ Прямые $BC$ и $BB_1$ пересекаются в точке $B$ и лежат в одной плоскости $BCC_1B_1$. Прямая $AB$ перпендикулярна обеим. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости она перпендикулярна всей этой плоскости, а значит, и проходящей через $B$ прямой $BC_1$: $$AB\perp BC_1,\qquad\angle ABC_1=90^\circ.$$ Пункт а) доказан. б) Найдём площадь боковой поверхности. Сначала нужен диаметр основания. В прямоугольном треугольнике $ABC$: $$AB=20,\qquad BC=B_1C_1=21.$$ По теореме Пифагора: $$AC^2=20^2+21^2.$$ Выполним возведение в квадрат и сложение: $$AC^2=400+441=841.$$ Длина положительна. Так как $29\cdot29=841$, получаем: $$AC=29.$$ Это диаметр основания $d$. Высота цилиндра равна образующей: $$d=29,\qquad h=BB_1=15.$$ Если развернуть боковую поверхность цилиндра, получится прямоугольник. Одна его сторона — высота $h$, другая — длина окружности основания $\pi d$. Поэтому: $$S_{\text{бок}}=\pi dh.$$ Подставим числа: $$S_{\text{бок}}=\pi\cdot29\cdot15.$$ Умножим 29 на 15 по частям: $$29\cdot15=29\cdot(10+5)=290+145=435.$$ Значит: $$S_{\text{бок}}=435\pi.$$ Ответ: а) угол прямой; б) площадь боковой поверхности равна $435\pi$.

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. Угол между плоскостями заменим углом между двумя прямыми, перпендикулярными их линии пересечения. В полученном прямоугольном треугольнике найдём высоту пирамиды. Пусть $O$ — центр правильного шестиугольника, $h=SO$, $J$ — середина $BC$, $T$ — середина $MK$. В правильном шестиугольнике противоположные вершины $A$ и $D$ лежат на одной прямой с центром, причём $O$ — середина $AD$. В треугольнике $SAD$ точки $M$, $K$ — середины сторон. Поэтому $$MK\parallel AD,\qquad MK=\frac{AD}{2}.$$ В правильном шестиугольнике $AD\parallel BC$. Например, в координатах с центром $O$ точки $A(a;0)$, $D(-a;0)$, $B(a/2;a\sqrt3/2)$, $C(-a/2;a\sqrt3/2)$: у обеих прямых постоянно второе значение. Поэтому из $MK\parallel AD$ следует $MK\parallel BC$. Пункт а) доказан. В том же треугольнике гомотетия с центром $S$ и коэффициентом $1/2$ переводит $A,D,O$ соответственно в $M,K,T$. Поэтому $T$ — середина $SO$: $$OT=\frac h2.$$ Как измерить угол между плоскостями. Плоскость $BMC$ пересекает основание по $BC$. Отрезок $JO$ перпендикулярен $BC$, потому что в правильном многоугольнике линия от центра к середине стороны перпендикулярна ей. Прямая $SO$ также перпендикулярна $BC$, как высота к прямой основания. Поэтому плоскость $JOT$ перпендикулярна $BC$, а её прямая $JT$ перпендикулярна $BC$. Искомый угол между плоскостями — угол $TJO$. Радиус описанной окружности правильного шестиугольника равен его стороне $a$: шесть центральных равносторонних треугольников имеют угол $60^\circ$. В прямоугольном треугольнике $OJB$: $$OB=a,\qquad JB=\frac a2,$$ $$OJ^2=OB^2-JB^2=a^2-\frac{a^2}{4}=\frac{3a^2}{4},$$ $$OJ=\frac{a\sqrt3}{2}.$$ Треугольник $JOT$ прямоугольный при $O$, потому что $OT$ лежит на высоте. По определению тангенса: $$\tan\angle TJO=\frac{OT}{OJ}=\frac{h/2}{a\sqrt3/2}=\frac h{a\sqrt3}.$$ Отсюда $$h=a\sqrt3\tan\angle TJO.$$ Подставляем угол и сторону: $$h=8\sqrt3\tan45^\circ=8\sqrt3\cdot1=8\sqrt3.$$ Объём пирамиды $MABF$. Её основание $ABF$ лежит в плоскости основания большой пирамиды. Высота от $M$ до этой плоскости равна $OT=h/2$, поскольку середина наклонного ребра находится на половине высоты. В правильном шестиугольнике точки $B$ и $F$ симметричны относительно $OA$. Поэтому $$BF=a\sqrt3,$$ а расстояние от $A$ до прямой $BF$ равно $a-a/2=a/2$. Следовательно, $$S_{ABF}=\frac12 BF\cdot\frac a2=\frac12\cdot a\sqrt3\cdot\frac a2=\frac{a^2\sqrt3}{4}.$$ Объём пирамиды равен одной трети произведения площади основания на высоту: $$V_{MABF}=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\frac h2=\frac{a^2h\sqrt3}{24}.$$ $$V=\frac{8^2\cdot8\sqrt3\cdot\sqrt3}{24}=\frac{64\cdot8\cdot3}{24}=\frac{1536}{24}=64.$$ Ответ: б) $64$.