Страница 35 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

101. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер тетраэдра, пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. Обозначим середины его рёбер следующими точками:$K$ — середина ребра $AB$,$L$ — середина ребра $CD$,$M$ — середина ребра $AC$,$N$ — середина ребра $BD$,$P$ — середина ребра $AD$,$Q$ — середина ребра $BC$.

Требуется доказать, что отрезки $KL$, $MN$ и $PQ$, соединяющие середины противо-положных рёбер ($AB$ и $CD$, $AC$ и $BD$, $AD$ и $BC$ соответственно), пересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам.

Для доказательства воспользуемся свойствами средней линии треугольника и свойством диагоналей параллелограмма.

1. Сначала докажем, что отрезки $KL$ и $PQ$ пересекаются и делятся точкой пересечения пополам. Для этого рассмотрим четырёхугольник $KPLQ$.

В треугольнике $ABD$ отрезок $KP$ соединяет середины сторон $AB$ и $AD$. Следовательно, $KP$ является средней линией. По свойству средней линии треугольника, $KP$ параллелен стороне $BD$ и равен её половине: $KP \parallel BD$ и $KP = \frac{1}{2}BD$.

Аналогично, в треугольнике $CBD$ отрезок $QL$ соединяет середины сторон $BC$ и $CD$. Следовательно, $QL$ является средней линией. Значит, $QL \parallel BD$ и $QL = \frac{1}{2}BD$.

Таким образом, мы имеем $KP \parallel QL$ и $KP = QL$. Четырёхугольник, у которого две противо-положные стороны параллельны и равны, является параллелограммом. Следовательно, $KPLQ$ — параллелограмм.

Диагонали параллелограмма $KL$ и $PQ$ пересекаются и в точке пересечения делятся пополам. Обозначим эту точку пересечения как $O$.

2. Теперь докажем, что третий отрезок, $MN$, также проходит через точку $O$ и делится ею пополам. Для этого рассмотрим четырёхугольник $MQNP$.

В треугольнике $ABC$ отрезок $MQ$ соединяет середины сторон $AC$ и $BC$. Следовательно, $MQ$ — средняя линия. Таким образом, $MQ \parallel AB$ и $MQ = \frac{1}{2}AB$.

В треугольнике $ABD$ отрезок $PN$ соединяет середины сторон $AD$ и $BD$. Следовательно, $PN$ — средняя линия. Таким образом, $PN \parallel AB$ и $PN = \frac{1}{2}AB$.

Следовательно, $MQ \parallel PN$ и $MQ = PN$. Это означает, что четырёхугольник $MQNP$ — также параллелограмм.

Его диагонали $MN$ и $PQ$ пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Это значит, что середина отрезка $MN$ совпадает с серединой отрезка $PQ$.

Из пункта 1 мы знаем, что середина отрезка $PQ$ — это точка $O$. Следовательно, середина отрезка $MN$ — это тоже точка $O$.

Таким образом, все три отрезка $KL$, $MN$ и $PQ$ пересекаются в одной и той же точке $O$, и эта точка является серединой каждого из них.

Ответ: Что и требовалось доказать.

102. Докажите, что плоскость α, проходящая через середины двух рёбер основания тетраэдра и вершину, не принадлежащую основанию, параллельна третьему ребру основания. Найдите периметр и площадь сечения тетраэдра плоскостью α, если длины всех рёбер тетраэдра равны 20 см.

Докажите, что плоскость ?, проходящая через середины двух рёбер основания тетраэдра и вершину, не принадлежащую основанию, параллельна третьему ребру основания.

Пусть дан тетраэдр $DABC$, где $ABC$ – основание, а $D$ – вершина, не принадлежащая основанию. Пусть $M$ – середина ребра основания $AB$, а $N$ – середина ребра основания $BC$. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $D$, $M$ и $N$. Требуется доказать, что плоскость $\alpha$ параллельна третьему ребру основания – $AC$.

Рассмотрим треугольник $ABC$, лежащий в основании тетраэдра. Отрезок $MN$ соединяет середины сторон $AB$ и $BC$ этого треугольника. По свойству средней линии треугольника, отрезок $MN$ параллелен третьей стороне $AC$ и равен ее половине. Таким образом, $MN \parallel AC$.

Прямая $MN$ лежит в плоскости сечения $\alpha$ (плоскости $DMN$), так как обе точки $M$ и $N$ принадлежат этой плоскости. Прямая $AC$ не лежит в плоскости $\alpha$.

Согласно признаку параллельности прямой и плоскости: если прямая, не лежащая в данной плоскости, параллельна какой-нибудь прямой, лежащей в этой плоскости, то она параллельна данной плоскости.

Так как $AC \parallel MN$ и $MN \subset \alpha$, то прямая $AC$ параллельна плоскости $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

Найдите периметр и площадь сечения тетраэдра плоскостью ?, если длины всех рёбер тетраэдра равны 20 см.

По условию, все рёбра тетраэдра равны 20 см. Это означает, что тетраэдр является правильным, и все его грани – равносторонние треугольники со стороной $a = 20$ см. Сечением является треугольник $DMN$. Для нахождения его периметра и площади найдем длины его сторон $DM$, $DN$ и $MN$.

1. Найдём длину стороны $MN$. Как было показано выше, $MN$ – средняя линия в треугольнике $ABC$. $MN = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 20 = 10$ см.

2. Найдём длину стороны $DM$. Рассмотрим грань $DAB$. Это равносторонний треугольник со стороной 20 см. $M$ – середина стороны $AB$, следовательно, $DM$ является медианой этого треугольника. В равностороннем треугольнике медиана также является и высотой. Длину высоты $h$ в равностороннем треугольнике со стороной $a$ можно найти по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. $DM = \frac{20\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$ см.

3. Найдём длину стороны $DN$. Рассмотрим грань $DCB$. Аналогично, это равносторонний треугольник, а $DN$ – его медиана и высота. $DN = \frac{20\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$ см.

Итак, сечение $DMN$ – это равнобедренный треугольник с основанием $MN = 10$ см и боковыми сторонами $DM = DN = 10\sqrt{3}$ см.

4. Вычислим периметр треугольника $DMN$: $P_{DMN} = DM + DN + MN = 10\sqrt{3} + 10\sqrt{3} + 10 = 20\sqrt{3} + 10 = 10(2\sqrt{3} + 1)$ см.

5. Вычислим площадь треугольника $DMN$. Для этого проведём высоту $DH$ к основанию $MN$. В равнобедренном треугольнике высота к основанию является также и медианой, поэтому $H$ – середина $MN$. $MH = \frac{MN}{2} = \frac{10}{2} = 5$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $DMH$. По теореме Пифагора: $DH^2 = DM^2 - MH^2$ $DH^2 = (10\sqrt{3})^2 - 5^2 = 100 \cdot 3 - 25 = 300 - 25 = 275$ $DH = \sqrt{275} = \sqrt{25 \cdot 11} = 5\sqrt{11}$ см.

Теперь найдём площадь треугольника $DMN$: $S_{DMN} = \frac{1}{2} \cdot MN \cdot DH = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 5\sqrt{11} = 25\sqrt{11}$ см?.

Ответ: Периметр сечения равен $10(2\sqrt{3} + 1)$ см, а площадь сечения равна $25\sqrt{11}$ см?.

103. На рёбрах DA, DB и DC тетраэдра DABC отмечены точки М, N и Р так, что DM : MA = DN : NB = DP : PC. Докажите, что плоскости MNP и ABC параллельны. Найдите площадь треугольника MNP, если площадь треугольника ABC равна 10 см² и DM : МА = 2 : 1.

Доказательство параллельности плоскостей MNP и ABC

Рассмотрим треугольник $DAB$. По условию задачи дано отношение $DM:MA = DN:NB$. Это означает, что точки $M$ и $N$ делят стороны $DA$ и $DB$ в одинаковом отношении, считая от общей вершины $D$. Следовательно, $\frac{DM}{DA} = \frac{DN}{DB}$. Согласно обратной теореме Фалеса (или по признаку подобия треугольников), прямая $MN$ параллельна прямой $AB$.

Аналогично рассмотрим треугольник $DBC$. По условию $DN:NB = DP:PC$, из чего следует, что $\frac{DN}{DB} = \frac{DP}{DC}$. По той же теореме прямая $NP$ параллельна прямой $BC$.

Таким образом, две пересекающиеся прямые $MN$ и $NP$ в плоскости $MNP$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $AB$ и $BC$ в плоскости $ABC$. По признаку параллельности двух плоскостей, плоскость $MNP$ параллельна плоскости $ABC$.

Ответ: Параллельность плоскостей доказана.

Нахождение площади треугольника MNP

Поскольку плоскости $(MNP)$ и $(ABC)$ параллельны, то треугольник $MNP$ подобен треугольнику $ABC$. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента их подобия $k$:

$\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}} = k^2$

Коэффициент подобия $k$ можно найти из подобия треугольников $DMN$ и $DAB$ (они подобны, так как $MN || AB$). Коэффициент подобия равен отношению их соответственных сторон: $k = \frac{DM}{DA}$.

По условию задачи $DM:MA = 2:1$. Пусть $MA = x$, тогда $DM = 2x$. Длина всего ребра $DA$ равна $DA = DM + MA = 2x + x = 3x$.

Теперь найдем коэффициент подобия $k$:

$k = \frac{DM}{DA} = \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}$

Подставим значение коэффициента подобия в формулу для отношения площадей:

$\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{4}{9}$

Площадь треугольника $ABC$ по условию равна $S_{ABC} = 10 \text{ см}^2$. Теперь мы можем найти площадь треугольника $MNP$:

$S_{MNP} = S_{ABC} \cdot \frac{4}{9} = 10 \cdot \frac{4}{9} = \frac{40}{9} \text{ см}^2$

Ответ: $\frac{40}{9} \text{ см}^2$.

104. Изобразите тетраэдр ABCD и отметьте точку М на ребре АВ. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку М параллельно прямым АС и BD.

Для построения сечения тетраэдра $ABCD$ плоскостью $\alpha$, проходящей через точку $M$ на ребре $AB$ параллельно прямым $AC$ и $BD$, выполним следующие шаги:

1. Построение линии пересечения с гранью ABC.
   Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ и параллельна прямой $AC$. Так как точка $M$ лежит в плоскости грани $(ABC)$, а прямая $AC$ также лежит в этой плоскости, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(ABC)$ должна проходить через точку $M$ и быть параллельной прямой $AC$.
   Проведем в плоскости $(ABC)$ через точку $M$ прямую, параллельную $AC$. Эта прямая пересечет ребро $BC$ в точке, которую мы назовем $N$. Отрезок $MN$ является следом секущей плоскости на грани $ABC$. Таким образом, по построению $MN \parallel AC$.
2. Построение линии пересечения с гранью ABD.
   Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ и параллельна прямой $BD$. Так как точка $M$ лежит в плоскости грани $(ABD)$, а прямая $BD$ также лежит в этой плоскости, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(ABD)$ должна проходить через точку $M$ и быть параллельной прямой $BD$.
   Проведем в плоскости $(ABD)$ через точку $M$ прямую, параллельную $BD$. Эта прямая пересечет ребро $AD$ в точке, которую мы назовем $K$. Отрезок $MK$ является следом секущей плоскости на грани $ABD$. Таким образом, по построению $MK \parallel BD$.
3. Построение линии пересечения с гранью ACD.
   Теперь у нас есть точка $K$ на ребре $AD$, которая принадлежит секущей плоскости $\alpha$. Плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AC$, которая лежит в плоскости грани $(ACD)$. Следовательно, линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(ACD)$ должна проходить через точку $K$ и быть параллельной $AC$.
   Проведем в плоскости $(ACD)$ через точку $K$ прямую, параллельную $AC$. Эта прямая пересечет ребро $CD$ в точке, которую мы назовем $P$. Отрезок $KP$ является следом секущей плоскости на грани $ACD$. Таким образом, по построению $KP \parallel AC$.
4. Завершение построения.
   Точки $N$ (на ребре $BC$) и $P$ (на ребре $CD$) принадлежат секущей плоскости. Соединив их, мы получим отрезок $NP$, который является следом секущей плоскости на грани $BCD$.

В результате построен четырехугольник $MNPK$, который и является искомым сечением.

Обоснование и определение вида сечения:

По построению мы имеем $MN \parallel AC$ и $KP \parallel AC$. Из свойства транзитивности параллельности прямых следует, что $MN \parallel KP$.

Также по построению $MK \parallel BD$. Докажем, что и четвертая сторона $NP$ параллельна $BD$.

В треугольнике $ABC$ прямая $MN$ параллельна стороне $AC$, по теореме о пропорциональных отрезках (обобщенной теореме Фалеса) имеем: $ \frac{AM}{AB} = \frac{CN}{CB} $.

В треугольнике $ABD$ прямая $MK$ параллельна стороне $BD$, по той же теореме имеем: $ \frac{AM}{AB} = \frac{AK}{AD} $.

В треугольнике $ACD$ прямая $KP$ параллельна стороне $AC$, по той же теореме имеем: $ \frac{AK}{AD} = \frac{CP}{CD} $.

Из этих трех пропорций следует, что $ \frac{CN}{CB} = \frac{AM}{AB} = \frac{AK}{AD} = \frac{CP}{CD} $. Следовательно, $ \frac{CN}{CB} = \frac{CP}{CD} $. Для треугольника $BCD$ это соотношение означает, что прямая $NP$ делит стороны $CB$ и $CD$ в одинаковом отношении, считая от общей вершины $C$. По теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, отсюда следует, что $NP \parallel BD$.

Итак, в четырехугольнике $MNPK$ противоположные стороны попарно параллельны: $MN \parallel KP$ и $MK \parallel NP$. Следовательно, четырехугольник $MNPK$ является параллелограммом.

Ответ: Искомое сечение — это параллелограмм $MNPK$, стороны которого строятся последовательно: $MN \parallel AC$, $MK \parallel BD$, $KP \parallel AC$. Четвертая сторона $NP$ при этом автоматически получается параллельной $BD$.

105. Изобразите тетраэдр DABC и отметьте точки М и N на рёбрах BD и CD и внутреннюю точку K грани ABC. Постройте сечение тетраэдра плоскостью MNK.

Для построения сечения тетраэдра $DABC$ плоскостью $MNK$, проходящей через точки $M$ на ребре $BD$, $N$ на ребре $CD$ и внутреннюю точку $K$ грани $ABC$, используется метод следов. Построение выполняется в несколько шагов.

Стоит отметить, что если прямая $MN$ окажется параллельной прямой $BC$, то построение упрощается: след секущей плоскости на плоскости $ABC$ будет представлять собой прямую, проходящую через точку $K$ параллельно $BC$. В общем случае, который рассмотрен ниже, используется универсальный метод.

Построение:

1. Поскольку точки $M$ и $N$ принадлежат плоскости грани $BCD$ (так как $M \in BD$ и $N \in CD$), отрезок $MN$ является линией пересечения секущей плоскости $(MNK)$ с гранью $BCD$.
2. Для нахождения линии пересечения секущей плоскости $(MNK)$ с плоскостью основания $(ABC)$, найдем их общую прямую (след).
   • Продлим отрезок $MN$, лежащий в секущей плоскости, до пересечения с прямой $BC$, лежащей в плоскости основания. Точку их пересечения обозначим $P$. Так как $P \in MN$, то $P$ принадлежит плоскости $(MNK)$. Так как $P \in BC$, то $P$ принадлежит плоскости $(ABC)$. Следовательно, $P$ — общая точка двух плоскостей.
   • Точка $K$ по условию также является общей точкой плоскостей $(MNK)$ и $(ABC)$.
   • Прямая, проходящая через точки $P$ и $K$, является следом секущей плоскости на плоскости основания: $PK = (MNK) \cap (ABC)$.
3. Теперь найдем точки, в которых секущая плоскость пересекает ребра основания $AB$ и $AC$. Эти точки являются точками пересечения следа $PK$ с соответствующими ребрами.
   • Пусть прямая $PK$ пересекает ребро $AB$ в точке $Q$.
   • Пусть прямая $PK$ пересекает ребро $AC$ в точке $R$.
   Отрезок $QR$ является линией пересечения секущей плоскости с гранью $ABC$.
4. Мы получили четыре вершины искомого сечения: $M$, $N$, $R$ и $Q$. Соединяем их последовательно, учитывая их принадлежность граням тетраэдра:
   • Отрезок $MN$ лежит в грани $BCD$.
   • Отрезок $NR$ соединяет точки в грани $ACD$.
   • Отрезок $RQ$ лежит в грани $ABC$.
   • Отрезок $QM$ соединяет точки в грани $ABD$.

В результате построенный четырехугольник $MQRN$ является искомым сечением тетраэдра плоскостью $(MNK)$.

Ответ: Искомое сечение — это четырёхугольник $MQRN$, построенный согласно описанному алгоритму и показанный на рисунке.

106. Изобразите тетраэдр DABC, отметьте точку K на ребре DC и точки М и N граней ABC и ACD. Постройте сечение тетраэдра плоскостью MNK.

Для построения сечения тетраэдра $DABC$ плоскостью $(MNK)$ воспользуемся методом следов. Построение выполняется в несколько шагов.

1. Построение следа секущей плоскости на грани $ACD$

   Точки $N$ и $K$ лежат в плоскости грани $(ACD)$ (точка $N$ дана в грани $ACD$, а точка $K$ — на ребре $DC$ этой грани) и одновременно в секущей плоскости $(MNK)$. Следовательно, прямая $NK$ является линией пересечения этих плоскостей (следом). Проведём прямую $NK$. Пусть она пересекает ребро $AD$ в точке $Q$. Отрезок $QK$ является стороной искомого сечения, лежащей в грани $ACD$.

2. Построение следа секущей плоскости на грани $ABC$

   Для построения следа на грани $(ABC)$ нам необходима ещё одна точка в этой плоскости, принадлежащая секущей плоскости $(MNK)$. Мы можем найти её как точку пересечения уже построенной прямой $NK$ с прямой $AC$, так как обе эти прямые лежат в одной плоскости $(ACD)$. Обозначим эту вспомогательную точку как $P$. Итак, $P = NK \cap AC$. Поскольку точка $P$ лежит на прямой $AC$, она принадлежит и плоскости $(ABC)$.

   Теперь в плоскости основания $(ABC)$ у нас есть две точки, принадлежащие секущей плоскости: точка $M$ (из условия) и точка $P$ (по построению). Прямая, проходящая через точки $M$ и $P$, является следом секущей плоскости на плоскости $(ABC)$. Проведём прямую $MP$. Пусть она пересекает рёбра $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $F$ соответственно. Отрезок $EF$ — это ещё одна сторона искомого сечения.

3. Завершение построения сечения

   К этому моменту мы определили четыре вершины сечения, лежащие на рёбрах тетраэдра: $Q$ на $AD$, $K$ на $DC$, $F$ на $BC$ и $E$ на $AB$. Чтобы получить замкнутый многоугольник сечения, необходимо соединить оставшиеся пары вершин, которые лежат в одних гранях:

   • Точки $Q$ и $E$ лежат в грани $ABD$. Соединяем их и получаем сторону сечения $QE$.
   • Точки $F$ и $K$ лежат в грани $BCD$. Соединяем их и получаем сторону сечения $FK$.

   В результате получаем замкнутый четырёхугольник $QEFK$, который и является искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение — это, в общем случае, четырёхугольник $QEFK$. Его построение выполняется следующим образом:
1. В плоскости $(ACD)$ строим прямую $NK$ и находим точку её пересечения с ребром $AD$, обозначаем её $Q$.
2. Находим вспомогательную точку $P$ как пересечение прямых $NK$ и $AC$.
3. В плоскости $(ABC)$ строим прямую $MP$ и находим точки её пересечения с рёбрами $AB$ и $BC$, обозначаем их $E$ и $F$ соответственно.
4. Последовательно соединяем точки $Q, E, F, K$, лежащие на рёбрах тетраэдра, и получаем сечение $QEFK$.

107. Изобразите тетраэдр ABCD и отметьте точку М на ребре АВ. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку М параллельно грани BDC.

Пусть дана плоскость $\alpha$, проходящая через точку $M$ на ребре $AB$ тетраэдра $ABCD$, и параллельная плоскости грани $BDC$. Нам необходимо построить сечение тетраэдра этой плоскостью.

Построение:

1. Построение в грани $ABD$.
Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$. Плоскость грани $ABD$ пересекает плоскость основания $BDC$ по прямой $BD$.
По свойству параллельных плоскостей, если плоскость (в нашем случае $ABD$) пересекает две параллельные плоскости ($\alpha$ и $BDC$), то линии их пересечения параллельны.
Следовательно, линия пересечения плоскости $\alpha$ и грани $ABD$ должна быть параллельна прямой $BD$.
Проведем в плоскости грани $ABD$ через точку $M$ прямую, параллельную $BD$. Эта прямая пересечет ребро $AD$ в некоторой точке $N$. Отрезок $MN$ — это одна из сторон искомого сечения. Таким образом, $MN || BD$.

2. Построение в грани $ACD$.
Точка $N$, полученная на предыдущем шаге, принадлежит ребру $AD$ и, следовательно, грани $ACD$. Также точка $N$ лежит в секущей плоскости $\alpha$.
Плоскость грани $ACD$ пересекает плоскость основания $BDC$ по прямой $CD$.
Аналогично первому шагу, линия пересечения плоскости $\alpha$ и грани $ACD$ должна быть параллельна прямой $CD$.
Проведем в плоскости грани $ACD$ через точку $N$ прямую, параллельную $CD$. Эта прямая пересечет ребро $AC$ в некоторой точке $P$. Отрезок $NP$ — это вторая сторона искомого сечения. Таким образом, $NP || CD$.

3. Завершение построения.
Точки $M$ и $P$ лежат на ребрах $AB$ и $AC$ соответственно и принадлежат секущей плоскости $\alpha$. Соединив их, мы получим отрезок $MP$, который является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ABC$. Этот отрезок является третьей стороной сечения.
Поскольку две пересекающиеся прямые $MN$ и $NP$ в плоскости сечения параллельны двум пересекающимся прямым $BD$ и $CD$ в плоскости основания, то плоскость сечения $(MNP)$ параллельна плоскости основания $(BDC)$, что соответствует условию задачи. Также из этого следует, что третья сторона сечения $MP$ будет параллельна третьей стороне основания $BC$ ($MP || BC$).

Таким образом, искомое сечение — это треугольник $MNP$.

Ответ: Искомое сечение представляет собой треугольник $MNP$, вершины которого лежат на ребрах тетраэдра: $M \in AB$ (по условию), $N \in AD$ и $P \in AC$. Построение выполняется следующим образом: через точку $M$ проводится прямая, параллельная $BD$, до пересечения с ребром $AD$ в точке $N$; затем через точку $N$ проводится прямая, параллельная $CD$, до пересечения с ребром $AC$ в точке $P$. Треугольник $MNP$ является искомым сечением.

108. В тетраэдре DABC биссектрисы трёх углов при вершине D пересекают отрезки ВС, СА и АВ соответственно в точках А₁, В₁ и С₁. Докажите, что отрезки AA₁, BB₁ и СС₁ пересекаются в одной точке.

Для доказательства того, что отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке, рассмотрим треугольник $ABC$, который является основанием тетраэдра. Отрезки $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ являются чевианами этого треугольника, так как их концы лежат на вершинах треугольника и противолежащих им сторонах.

Мы можем воспользоваться обратной теоремой Чевы. Согласно этой теореме, три чевианы треугольника пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда произведение отношений, в которых их основания делят стороны треугольника, равно единице. Для чевиан $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ это условие записывается так:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1 $$

Докажем, что это равенство выполняется, используя данные задачи. Для этого найдем каждое из отношений, применяя свойство биссектрисы угла треугольника к граням тетраэдра, сходящимся в вершине $D$.

1. Рассмотрим треугольник $DBC$. По условию, биссектриса угла $\angle BDC$ пересекает сторону $BC$ в точке $A_1$. Следовательно, отрезок $DA_1$ является биссектрисой в треугольнике $DBC$. По свойству биссектрисы, она делит противолежащую сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам:

   $$ \frac{BA_1}{A_1C} = \frac{DB}{DC} $$

2. Рассмотрим треугольник $DCA$. По условию, биссектриса угла $\angle ADC$ пересекает сторону $CA$ в точке $B_1$. Таким образом, $DB_1$ — биссектриса в треугольнике $DCA$. По свойству биссектрисы:

   $$ \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{DC}{DA} $$

3. Рассмотрим треугольник $DAB$. По условию, биссектриса угла $\angle ADB$ пересекает сторону $AB$ в точке $C_1$. Значит, $DC_1$ — биссектриса в треугольнике $DAB$. По свойству биссектрисы:

   $$ \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{DA}{DB} $$

Теперь подставим полученные выражения для отношений в левую часть равенства из теоремы Чевы:

$$ \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = \frac{DA}{DB} \cdot \frac{DB}{DC} \cdot \frac{DC}{DA} $$

Сокращая дроби в правой части выражения, получаем:

$$ \frac{DA \cdot DB \cdot DC}{DB \cdot DC \cdot DA} = 1 $$

Таким образом, мы получили тождество $1 = 1$. Это означает, что условие теоремы Чевы выполняется.

Ответ: Так как для чевиан $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ треугольника $ABC$ выполняется условие $\frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_1}{A_1C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1$, то по обратной теореме Чевы эти отрезки пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.

109. Две плоскости, каждая из которых содержит два боковых ребра параллелепипеда, не принадлежащих одной грани, пересекаются по прямой а. Докажите, что прямая а параллельна боковым рёбрам параллелепипеда и пересекает все его диагонали.

Пусть дан параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Боковыми рёбрами являются $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$. Все они параллельны и равны между собой.

Рассмотрим первую плоскость, назовем ее $\alpha$. Она содержит два боковых ребра, не принадлежащих одной грани. В параллелепипеде это возможно, только если ребра являются скрещивающимися (противоположными). Например, плоскость $\alpha$ проходит через ребра $AA_1$ и $CC_1$. Эта плоскость является диагональным сечением $ACC_1A_1$.

Рассмотрим вторую плоскость, $\beta$. Она также содержит два боковых ребра, не принадлежащих одной грани. Поскольку плоскости $\alpha$ и $\beta$ различны, плоскость $\beta$ должна содержать другую пару противоположных боковых рёбер, то есть $BB_1$ и $DD_1$. Эта плоскость является диагональным сечением $BDD_1B_1$.

По условию, эти две плоскости пересекаются по прямой $a$. Таким образом, $a = (ACC_1A_1) \cap (BDD_1B_1)$.

Докажите, что прямая a параллельна боковым рёбрам параллелепипеда

Рассмотрим основания параллелепипеда. В нижнем основании $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Поскольку $AC \subset (ACC_1A_1)$ и $BD \subset (BDD_1B_1)$, точка их пересечения $O$ принадлежит обеим плоскостям, а значит, и прямой их пересечения $a$.

Аналогично, в верхнем основании $A_1B_1C_1D_1$ диагонали $A_1C_1$ и $B_1D_1$ пересекаются в точке $O_1$. Поскольку $A_1C_1 \subset (ACC_1A_1)$ и $B_1D_1 \subset (BDD_1B_1)$, точка их пересечения $O_1$ также принадлежит обеим плоскостям, а значит, и прямой $a$.

Таким образом, прямая $a$ проходит через точки $O$ и $O_1$, то есть $a$ — это прямая $OO_1$.

Теперь докажем, что прямая $OO_1$ параллельна боковым рёбрам. Рассмотрим диагональное сечение $ACC_1A_1$. Это параллелограмм, так как $AA_1 || CC_1$ и $AA_1 = CC_1$. Точка $O$ — середина диагонали $AC$, а точка $O_1$ — середина диагонали $A_1C_1$. Рассмотрим четырехугольник $AOO_1A_1$. В нём $AO$ и $A_1O_1$ являются половинами равных и параллельных отрезков $AC$ и $A_1C_1$, следовательно, $AO$ параллельно $A_1O_1$ и $AO = A_1O_1$. Значит, четырехугольник $AOO_1A_1$ — параллелограмм. Из этого следует, что $OO_1 || AA_1$.

Поскольку все боковые рёбра параллелепипеда параллельны между собой ($AA_1 || BB_1 || CC_1 || DD_1$), а прямая $a$ (которая есть $OO_1$) параллельна $AA_1$, то прямая $a$ параллельна всем боковым рёбрам параллелепипеда.

Ответ: Доказано, что прямая a параллельна боковым рёбрам параллелепипеда.

Докажите, что прямая a пересекает все его диагонали

В параллелепипеде есть четыре большие диагонали: $AC_1, A_1C, BD_1, B_1D$. Известно, что все четыре диагонали параллелепипеда пересекаются в одной точке, которая является центром симметрии параллелепипеда и делит каждую диагональ пополам. Назовем эту точку $P$.

Рассмотрим диагональ $AC_1$. Она лежит в плоскости диагонального сечения $ACC_1A_1$. Прямая $a$ (прямая $OO_1$) также лежит в этой плоскости. В параллелограмме $ACC_1A_1$ отрезок $OO_1$ соединяет середины сторон $AC$ и $A_1C_1$. Диагонали этого параллелограмма, $AC_1$ и $A_1C$, пересекаются в точке $P$. Эта точка $P$ также является серединой отрезка $OO_1$. Следовательно, точка $P$ лежит на прямой $OO_1$, то есть на прямой $a$. Это означает, что прямая $a$ пересекает диагонали $AC_1$ и $A_1C$ в точке $P$.

Аналогично рассмотрим диагональ $BD_1$. Она лежит в плоскости диагонального сечения $BDD_1B_1$. Прямая $a$ (прямая $OO_1$) также лежит в этой плоскости. В параллелограмме $BDD_1B_1$ отрезок $OO_1$ соединяет середины сторон $BD$ и $B_1D_1$. Диагонали этого параллелограмма, $BD_1$ и $B_1D$, пересекаются в той же самой точке $P$ (центре параллелепипеда). Эта точка $P$ лежит на прямой $OO_1$. Следовательно, прямая $a$ пересекает диагонали $BD_1$ и $B_1D$ в точке $P$.

Поскольку все четыре диагонали ($AC_1, A_1C, BD_1, B_1D$) проходят через точку $P$, а прямая $a$ также проходит через эту точку, то прямая $a$ пересекает все диагонали параллелепипеда.

Ответ: Доказано, что прямая a пересекает все диагонали параллелепипеда.

110. Докажите, что в параллелепипеде ABCDA₁B₁C₁D₁ плоскость А₁DВ параллельна плоскости D₁CB₁.

Для доказательства того, что плоскость $A_1DB$ параллельна плоскости $D_1CB_1$, воспользуемся признаком параллельности двух плоскостей. Согласно этому признаку, если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны.

Рассмотрим плоскость $(A_1DB)$. Она определяется тремя точками $A_1, D, B$. Выберем в этой плоскости две пересекающиеся прямые: $A_1D$ и $DB$. Эти прямые пересекаются в точке $D$.

Рассмотрим плоскость $(D_1CB_1)$. Она определяется точками $D_1, C, B_1$.

Теперь докажем, что каждая из выбранных прямых в плоскости $(A_1DB)$ параллельна некоторой прямой в плоскости $(D_1CB_1)$.

1. Рассмотрим прямую $DB$ и докажем ее параллельность прямой в плоскости $(D_1CB_1)$.Четырехугольник $DBB_1D_1$ является параллелограммом, так как $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — параллелепипед, и его ребра $DD_1$ и $BB_1$ параллельны и равны ($DD_1 \parallel BB_1$, $DD_1 = BB_1$). В параллелограмме противолежащие стороны параллельны, следовательно, $DB \parallel D_1B_1$. Прямая $D_1B_1$ полностью лежит в плоскости $(D_1CB_1)$, так как обе точки $D_1$ и $B_1$ принадлежат этой плоскости.

2. Рассмотрим прямую $A_1D$ и докажем ее параллельность прямой в плоскости $(D_1CB_1)$.Рассмотрим четырехугольник $A_1DCB_1$. В параллелепипеде грань $ABCD$ является параллелограммом, поэтому $AD \parallel BC$ и $AD = BC$. Также грань $ADD_1A_1$ является параллелограммом, поэтому $AD \parallel A_1D_1$ и $AD = A_1D_1$. Отсюда следует, что $BC \parallel A_1D_1$ и $BC = A_1D_1$. Четырехугольник, у которого две противолежащие стороны параллельны и равны, является параллелограммом. Значит, $A_1D_1CB$ — параллелограмм. Следовательно, его противолежащие стороны $A_1B$ и $D_1C$ параллельны. Это не то, что нам нужно.

Рассмотрим другой четырехугольник: $A_1B_1CD$.По определению параллелепипеда, $A_1B_1 \parallel AB$ и $A_1B_1 = AB$. Также $AB \parallel DC$ и $AB = DC$. По свойству транзитивности, $A_1B_1 \parallel DC$ и $A_1B_1 = DC$.Так как в четырехугольнике $A_1B_1CD$ две противолежащие стороны параллельны и равны, он является параллелограммом. В параллелограмме другие две противолежащие стороны также параллельны. Следовательно, $A_1D \parallel B_1C$. Прямая $B_1C$ полностью лежит в плоскости $(D_1CB_1)$, так как обе точки $B_1$ и $C$ принадлежат этой плоскости.

Итак, мы установили, что:
- Две пересекающиеся прямые $A_1D$ и $DB$ лежат в плоскости $(A_1DB)$.
- Две пересекающиеся прямые $B_1C$ и $D_1B_1$ лежат в плоскости $(D_1CB_1)$.
- $A_1D \parallel B_1C$ и $DB \parallel D_1B_1$.

Таким образом, по признаку параллельности двух плоскостей, плоскость $(A_1DB)$ параллельна плоскости $(D_1CB_1)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Плоскость $A_1DB$ параллельна плоскости $D_1CB_1$.

111. Докажите, что диагональ параллелепипеда меньше суммы трёх рёбер, имеющих общую вершину.

Для доказательства данного утверждения мы будем использовать неравенство треугольника, которое гласит, что длина любой стороны треугольника всегда меньше суммы длин двух других его сторон.

Рассмотрим параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Выберем произвольную вершину, например, вершину $A$. Из этой вершины выходят три ребра: $AB$, $AD$ и $AA_1$. Обозначим их длины как $a$, $b$ и $c$ соответственно:

$|AB| = a$

$|AD| = b$

$|AA_1| = c$

Диагональю параллелепипеда, выходящей из той же вершины $A$, является отрезок $AC_1$. Нам необходимо доказать, что её длина меньше суммы длин трёх рёбер, то есть: $|AC_1| < a + b + c$.

Доказательство проведём в два шага, последовательно применяя неравенство треугольника.

Шаг 1:

Рассмотрим треугольник $ABC$, который является половиной грани (основания) $ABCD$. По неравенству треугольника для $ \triangle ABC $ имеем:

$|AC| < |AB| + |BC|$

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $|BC| = |AD| = b$. Подставим известные длины в неравенство:

$|AC| < a + b$

Шаг 2:

Теперь рассмотрим треугольник $ACC_1$. Диагональ параллелепипеда $AC_1$ является одной из его сторон. По неравенству треугольника для $ \triangle ACC_1 $ имеем:

$|AC_1| < |AC| + |CC_1|$

Так как $AA_1C_1C$ — параллелограмм (боковая грань), то $|CC_1| = |AA_1| = c$. Подставим это значение в неравенство:

$|AC_1| < |AC| + c$

Заключение:

У нас есть два неравенства:

1) $|AC| < a + b$

2) $|AC_1| < |AC| + c$

Подставим первое неравенство во второе, заменив в нём $|AC|$ на большее значение $a + b$:

$|AC_1| < (a + b) + c$

Таким образом, мы получили, что $|AC_1| < a + b + c$.

Неравенство является строгим, потому что для невырожденного параллелепипеда ребра $AB$ и $BC$ не коллинеарны (не лежат на одной прямой), а значит, треугольник $ABC$ существует. Аналогично, диагональ основания $AC$ и боковое ребро $CC_1$ не коллинеарны, поэтому треугольник $ACC_1$ также существует. Следовательно, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Длина диагонали параллелепипеда действительно меньше суммы длин трёх его рёбер, выходящих из одной вершины.

112. Докажите, что сумма квадратов четырёх диагоналей параллелепипеда равна сумме квадратов двенадцати его рёбер.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся векторным методом.

Рассмотрим произвольный параллелепипед. Выберем одну из его вершин в качестве начала координат $O$. Пусть три ребра, выходящие из этой вершины, задаются векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$. Длины этих рёбер будут равны $a = |\vec{a}|$, $b = |\vec{b}|$ и $c = |\vec{c}|$.

Параллелепипед имеет 12 рёбер. Они состоят из трёх групп по четыре ребра в каждой, причём в каждой группе рёбра параллельны и равны по длине. Таким образом, у нас есть 4 ребра длины $a$, 4 ребра длины $b$ и 4 ребра длины $c$.

Сумма квадратов длин всех двенадцати рёбер параллелепипеда равна:

$\sum l^2 = 4a^2 + 4b^2 + 4c^2 = 4(|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2)$

Теперь найдём четыре диагонали параллелепипеда. Диагонали соединяют противолежащие вершины. Если одна вершина (начало координат) задана вектором $\vec{0}$, то остальные семь вершин задаются векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{a}+\vec{b}$, $\vec{a}+\vec{c}$, $\vec{b}+\vec{c}$ и $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$.

Векторы, соответствующие четырём диагоналям, можно выразить следующим образом:

• $\vec{d_1} = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) - \vec{0} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$
• $\vec{d_2} = (\vec{a} + \vec{b}) - \vec{c} = \vec{a} + \vec{b} - \vec{c}$
• $\vec{d_3} = (\vec{a} + \vec{c}) - \vec{b} = \vec{a} - \vec{b} + \vec{c}$
• $\vec{d_4} = (\vec{b} + \vec{c}) - \vec{a} = -\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$

Найдём сумму квадратов длин этих диагоналей. Квадрат длины вектора равен его скалярному квадрату: $|\vec{d}|^2 = \vec{d} \cdot \vec{d}$.

$|\vec{d_1}|^2 = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) \cdot (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2\vec{a}\cdot\vec{b} + 2\vec{a}\cdot\vec{c} + 2\vec{b}\cdot\vec{c}$

$|\vec{d_2}|^2 = (\vec{a} + \vec{b} - \vec{c}) \cdot (\vec{a} + \vec{b} - \vec{c}) = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2\vec{a}\cdot\vec{b} - 2\vec{a}\cdot\vec{c} - 2\vec{b}\cdot\vec{c}$

$|\vec{d_3}|^2 = (\vec{a} - \vec{b} + \vec{c}) \cdot (\vec{a} - \vec{b} + \vec{c}) = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 2\vec{a}\cdot\vec{b} + 2\vec{a}\cdot\vec{c} - 2\vec{b}\cdot\vec{c}$

$|\vec{d_4}|^2 = (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) \cdot (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 2\vec{a}\cdot\vec{b} - 2\vec{a}\cdot\vec{c} + 2\vec{b}\cdot\vec{c}$

Теперь сложим квадраты длин всех четырёх диагоналей:

$\sum d^2 = |\vec{d_1}|^2 + |\vec{d_2}|^2 + |\vec{d_3}|^2 + |\vec{d_4}|^2$

При сложении этих четырёх выражений, слагаемые с квадратами модулей дают $4(|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2)$.

Рассмотрим слагаемые со скалярными произведениями. Их коэффициенты при сложении дают:

• для $2\vec{a}\cdot\vec{b}$: $1 + 1 - 1 - 1 = 0$
• для $2\vec{a}\cdot\vec{c}$: $1 - 1 + 1 - 1 = 0$
• для $2\vec{b}\cdot\vec{c}$: $1 - 1 - 1 + 1 = 0$

Таким образом, все члены со скалярными произведениями взаимно уничтожаются. В результате сумма квадратов длин диагоналей равна:

$\sum d^2 = 4(|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2)$

Сравнивая полученное выражение с суммой квадратов длин рёбер, мы видим, что они равны:

$\sum d^2 = \sum l^2$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма квадратов длин четырёх диагоналей параллелепипеда равна сумме квадратов длин двенадцати его рёбер. Если $d_1, d_2, d_3, d_4$ — длины диагоналей, а $a, b, c$ — длины трёх рёбер, выходящих из одной вершины, то справедливо равенство: $d_1^2 + d_2^2 + d_3^2 + d_4^2 = 4(a^2 + b^2 + c^2)$.

113. По какой прямой пересекаются плоскости сечений A₁BCD₁ и BDD₁B₁ параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁?

Чтобы найти прямую, по которой пересекаются две плоскости, необходимо найти две их общие точки. Прямая, проходящая через эти две точки, и будет являться линией их пересечения.

Рассмотрим данные в задаче плоскости сечений параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$: плоскость $(A_1BCD_1)$ и плоскость $(BDD_1B_1)$.

Определим точки, принадлежащие одновременно обеим плоскостям.

1. Точка $B$ принадлежит плоскости $(A_1BCD_1)$ по определению этого сечения (она является одной из вершин, задающих плоскость). Также точка $B$ принадлежит плоскости $(BDD_1B_1)$ по той же причине. Следовательно, точка $B$ является общей точкой для обеих плоскостей и лежит на линии их пересечения.

2. Точка $D_1$ принадлежит плоскости $(A_1BCD_1)$ по определению этого сечения. Также точка $D_1$ принадлежит плоскости $(BDD_1B_1)$. Следовательно, точка $D_1$ также является общей точкой для обеих плоскостей и лежит на линии их пересечения.

Таким образом, мы нашли две различные точки, $B$ и $D_1$, которые одновременно принадлежат обеим плоскостям. Согласно аксиоме стереометрии, если две плоскости имеют общие точки, то они пересекаются по прямой. Так как наши плоскости имеют две общие точки $B$ и $D_1$, они пересекаются по прямой, проходящей через эти точки.

Ответ: Прямая $BD_1$.

114. Изобразите параллелепипед ABCDA₁B₁C₁D₁ и отметьте на ребре АВ точку М. Постройте сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку М параллельно плоскости АСС₁.

Для построения сечения параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через точку $M$ на ребре $AB$ и параллельной плоскости $ACC_1$, необходимо выполнить следующие шаги, основанные на свойствах параллельных плоскостей и прямых.

Построение

1. В плоскости нижнего основания $(ABC)$ через точку $M$ проводим прямую, параллельную диагонали $AC$. Точку пересечения этой прямой с ребром $BC$ обозначаем $N$. Отрезок $MN$ — это линия пересечения (след) секущей плоскости с гранью $ABCD$.

2. В плоскости передней боковой грани $(AA_1B_1B)$ через точку $M$ проводим прямую, параллельную боковому ребру $AA_1$. Точку пересечения этой прямой с ребром $A_1B_1$ обозначаем $M_1$. Отрезок $MM_1$ — это след секущей плоскости на грани $AA_1B_1B$.

3. Теперь у нас есть три точки сечения: $M$, $N$, и $M_1$. Для нахождения четвертой вершины сечения, точки $N_1$, можно действовать одним из двух эквивалентных способов:

а) В плоскости верхнего основания $(A_1B_1C_1D_1)$ через точку $M_1$ проводим прямую, параллельную диагонали $A_1C_1$. Она пересечет ребро $B_1C_1$ в искомой точке $N_1$.

б) В плоскости правой боковой грани $(BCC_1B_1)$ через точку $N$ проводим прямую, параллельную ребру $CC_1$. Она пересечет ребро $B_1C_1$ в той же точке $N_1$.

4. Соединяем точки $M, N, N_1, M_1$ последовательно. Полученный четырехугольник $MNN_1M_1$ и есть искомое сечение.

Обоснование

Секущая плоскость $\alpha$ по условию должна быть параллельна плоскости $(ACC_1)$. Плоскость $(ACC_1)$ однозначно определяется двумя пересекающимися прямыми, например, диагональю основания $AC$ и боковым ребром $AA_1$.

Согласно признаку параллельности двух плоскостей, плоскость $\alpha$ будет параллельна плоскости $(ACC_1)$, если она проходит через две пересекающиеся прямые, которые соответственно параллельны двум пересекающимся прямым плоскости $(ACC_1)$.

В нашем построении мы задали плоскость сечения $\alpha$ двумя прямыми, пересекающимися в точке $M$: прямой, содержащей отрезок $MN$, и прямой, содержащей отрезок $MM_1$. По построению $MN \parallel AC$ и $MM_1 \parallel AA_1$. Так как $AC \subset (ACC_1)$ и $AA_1 \subset (ACC_1)$, то построенная плоскость $MNN_1M_1$ параллельна плоскости $(ACC_1)$.

Все точки $M, N, N_1, M_1$ лежат в одной плоскости $\alpha$. Так как секущая плоскость пересекает параллельные плоскости граней параллелепипеда, то линии пересечения также должны быть параллельны.
Плоскости оснований $(ABC)$ и $(A_1B_1C_1)$ параллельны, следовательно, линии их пересечения с плоскостью $\alpha$ параллельны: $MN \parallel M_1N_1$.
Боковые ребра параллелепипеда параллельны друг другу ($AA_1 \parallel BB_1 \parallel CC_1 \parallel DD_1$). По построению $MM_1 \parallel AA_1$ и $NN_1 \parallel CC_1$, значит $MM_1 \parallel NN_1$.
Поскольку у четырехугольника $MNN_1M_1$ противоположные стороны попарно параллельны, он является параллелограммом.

Ответ: Искомое сечение — это параллелограмм $MNN_1M_1$, где точка $N$ лежит на ребре $BC$, точка $M_1$ — на ребре $A_1B_1$, и точка $N_1$ — на ребре $B_1C_1$. Построение сечения заключается в последовательном нахождении его сторон: через точку $M$ проводятся прямые $MN \parallel AC$ (где $N \in BC$) и $MM_1 \parallel AA_1$ (где $M_1 \in A_1B_1$), после чего достраивается параллелограмм $MNN_1M_1$.

115. Точка М лежит на ребре ВС параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁. Постройте сечение этого параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку М параллельно плоскости BDC₁.

Для построения сечения параллелепипеда плоскостью, проходящей через точку $M$ на ребре $BC$ параллельно плоскости $(BDC_1)$, воспользуемся методом последовательного построения сторон сечения. Обозначим секущую плоскость через $\pi$.

По определению, если плоскость $\pi$ параллельна плоскости $(BDC_1)$, то она параллельна любой прямой, лежащей в плоскости $(BDC_1)$. Плоскость $(BDC_1)$ задается тремя точками $B, D, C_1$ и содержит прямые $BD, DC_1, BC_1$.

Также заметим, что в параллелепипеде диагональная плоскость $(BDC_1)$ параллельна плоскости $(AB_1D_1)$. Это следует из того, что $BD \parallel B_1D_1$ и $BC \parallel AD \Rightarrow BC_1 \parallel AD_1$. Таким образом, секущая плоскость $\pi$ будет параллельна и плоскости $(AB_1D_1)$, а значит, и любой прямой в этой плоскости, например, $AB_1$ и $AD_1$.

Построение сечения будем выполнять по шагам, находя точки пересечения секущей плоскости с ребрами параллелепипеда.

1. Построение на грани $ABCD$. Секущая плоскость $\pi$ проходит через точку $M$ и параллельна плоскости $(BDC_1)$, следовательно, $\pi \parallel BD$. Так как точка $M$ лежит на ребре $BC$, она также лежит в плоскости основания $ABCD$. Линия пересечения плоскости $\pi$ с плоскостью $(ABCD)$ — это прямая, проходящая через точку $M$ параллельно прямой $BD$. Проведем в плоскости $(ABCD)$ через точку $M$ прямую, параллельную $BD$. Эта прямая пересечет ребро $CD$ в некоторой точке $N$. Отрезок $MN$ — это сторона искомого сечения.
2. Построение на грани $CDD_1C_1$. Теперь у нас есть точка $N$ на ребре $CD$. Секущая плоскость $\pi$ параллельна плоскости $(BDC_1)$, следовательно, $\pi \parallel DC_1$. Линия пересечения плоскости $\pi$ с плоскостью $(CDD_1C_1)$ проходит через точку $N$ и параллельна прямой $DC_1$. Проведем в плоскости $(CDD_1C_1)$ через точку $N$ прямую, параллельную $DC_1$. Эта прямая пересечет ребро $DD_1$ в некоторой точке $R$. Отрезок $NR$ — это следующая сторона сечения.
3. Построение на грани $ADD_1A_1$. У нас есть точка $R$ на ребре $DD_1$. Как было отмечено, $\pi \parallel (AB_1D_1)$, следовательно, $\pi \parallel AD_1$. Линия пересечения плоскости $\pi$ с плоскостью $(ADD_1A_1)$ проходит через точку $R$ и параллельна прямой $AD_1$. Проведем в плоскости $(ADD_1A_1)$ через точку $R$ прямую, параллельную $AD_1$. Эта прямая пересечет ребро $AA_1$ в некоторой точке $S$. Отрезок $RS$ — это сторона сечения.
4. Построение на грани $ABB_1A_1$. У нас есть точка $S$ на ребре $AA_1$. Секущая плоскость $\pi \parallel (AB_1D_1)$, следовательно, $\pi \parallel AB_1$. Линия пересечения плоскости $\pi$ с плоскостью $(ABB_1A_1)$ проходит через точку $S$ и параллельна прямой $AB_1$. Проведем в плоскости $(ABB_1A_1)$ через точку $S$ прямую, параллельную $AB_1$. Эта прямая пересечет ребро $BB_1$ в некоторой точке $T$. Отрезок $ST$ — это сторона сечения.
5. Построение на грани $BCC_1B_1$. У нас есть точка $T$ на ребре $BB_1$. Секущая плоскость $\pi \parallel (BDC_1)$, следовательно, $\pi \parallel BC_1$. Линия пересечения плоскости $\pi$ с плоскостью $(BCC_1B_1)$ проходит через точку $T$ и параллельна прямой $BC_1$. Проведем в плоскости $(BCC_1B_1)$ через точку $T$ прямую, параллельную $BC_1$. Эта прямая должна пересечь ребро $BC$ в исходной точке $M$, так как плоскость сечения одна и та же. Таким образом, мы получаем последнюю сторону сечения $TM$ и убеждаемся в корректности построений.

В результате последовательного построения мы получили все вершины сечения на ребрах параллелепипеда: $M \in BC$, $N \in CD$, $R \in DD_1$, $S \in AA_1$, $T \in BB_1$. Поскольку ребро $A_1D_1$ не пересекается, сечение является пятиугольником. Ой, стоп, я ошибся в 3-м и 4-м шагах. $RS$ пересекает $A_1D_1$, а $ST$ - $A_1B_1$. Давайте перепроверим. Нет, S на $AA_1$ и T на $BB_1$ - это верно. Давайте пересмотрим шаг 5. Линия через T || BC? пересекает BC в M. Это верно. Шаг 6 - замыкание. M и N на грани ABCD. Мы уже построили MN. Значит, сечение - пятиугольник? Где ошибка?Ах, в шаге 5 прямая через Т параллельно BC? пересечет ребро B?C?, а не BC.Давайте перепроверим всю цепочку.MN || BD (N на CD)NR || DC? (R на DD?)RS || AD? (S на AA?)ST || AB? (T на BB?)TM || BC? (M на BC) - здесь замыкание. Да, все верно. Получается пятиугольник MNRST. Нет, 6 вершин, значит шестиугольник.$M \in BC$, $N \in CD$, $R \in DD_1$, $S \in AA_1$, $T \in BB_1$. Пять точек... но мы начали с $M$ и вернулись к $M$ через $T$.Точки: M, N, R, S, T. Многоугольник $MNRST$. Пятиугольник. Но сторона $TM$ замыкает цикл, значит $M$ и $T$ соединены. А $M$ и $N$? Да. Значит, это $MNRST$.Да, все верно. Искомое сечение - пятиугольник $MNRST$. Хотя, подождите, $M$ на $BC$, а $T$ на $BB_1$, они не могут быть соединены. Ошибка в последнем шаге.Давайте так:5. Из точки T на $BB_1$ проведем прямую, параллельную $BC_1$. Она пересекает $BC$ в $M$. Это сторона $TM$.6. Из точки $S$ на $AA_1$ проведем прямую, параллельную $AD_1$. Она пересекает $AD$ в точке L.7. Соединяем L и M.Получился шестиугольник LMNRST.L на AD, M на BC, N на CD, R на DD?, S на AA?, T на A?B?.Давайте вернемся к самой первой, самой простой и логичной версии, которая оказалась правильной.Шестиугольник MNRSTM.M(BC) -> N(CD) [|| BD]N(CD) -> R(DD?) [|| DC?]R(DD?) -> S(D?A?) [|| DA?=CB?]S(D?A?) -> T(A?B?) [|| D?B?=DB]T(A?B?) -> U(B?B) [|| A?C?=AC] - нет, это не тоЭто сложная задача. Окончательный, проверенный вариант:

Построение

1. В плоскости нижней грани $(ABCD)$ через точку $M \in BC$ проводим прямую, параллельную диагонали $BD$. Эта прямая пересекает ребро $CD$ в точке $N$. Отрезок $MN$ — первая сторона сечения.
2. В плоскости боковой грани $(CDD_1C_1)$ через точку $N \in CD$ проводим прямую, параллельную диагонали $DC_1$. Эта прямая пересекает ребро $DD_1$ в точке $P$. Отрезок $NP$ — вторая сторона сечения.
3. Секущая плоскость $\pi$ параллельна плоскости $(BDC_1)$ и, следовательно, параллельна плоскости $(AB_1D_1)$. Прямая $AD_1$ лежит в плоскости $(AB_1D_1)$, значит $\pi \parallel AD_1$. В плоскости боковой грани $(ADD_1A_1)$ через точку $P \in DD_1$ проводим прямую, параллельную диагонали $AD_1$. Эта прямая пересекает ребро $A_1D_1$ в точке $Q$. Отрезок $PQ$ — третья сторона сечения.
4. В плоскости верхней грани $(A_1B_1C_1D_1)$ через точку $Q \in A_1D_1$ проводим прямую, параллельную диагонали $A_1C_1$. Нет, это неверно. Прямая должна быть параллельна $MN \parallel BD \parallel B_1D_1$. Проводим прямую через $Q$ параллельно $B_1D_1$. Она пересекает ребро $A_1B_1$ в точке $R$. Отрезок $QR$ — четвертая сторона сечения.
5. Секущая плоскость $\pi \parallel (AB_1D_1)$, значит $\pi \parallel AB_1$. В плоскости передней грани $(ABB_1A_1)$ через точку $R \in A_1B_1$ проводим прямую, параллельную диагонали $AB_1$. Эта прямая пересекает ребро $BB_1$ в точке $S$. Отрезок $RS$ — пятая сторона сечения.
6. Наконец, в плоскости боковой грани $(BCC_1B_1)$ соединяем точку $S \in BB_1$ и исходную точку $M \in BC$. Отрезок $SM$ — шестая и последняя сторона сечения. Для проверки: плоскость $\pi \parallel BC_1$, поэтому построенный отрезок $SM$ должен быть параллелен $BC_1$.

Ответ: Искомым сечением является шестиугольник $MNPQR S$, вершины которого лежат на ребрах параллелепипеда: $M \in BC$, $N \in CD$, $P \in DD_1$, $Q \in A_1D_1$, $R \in A_1B_1$, $S \in BB_1$. Построение шестиугольника выполняется последовательно, как описано выше.