Страница 123 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

10.37. Каждое ребро тетраэдра $DABC$ равно $a$. На ребре $AD$ отмечена точка $M$ такая, что $AM : MD = 3 : 1$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной ребру $AD$. Найдите площадь этого сечения.

Построение сечения

Пусть дан правильный тетраэдр $DABC$, у которого все ребра равны $a$. Точка $M$ лежит на ребре $AD$ и делит его в отношении $AM : MD = 3:1$. Требуется построить сечение тетраэдра плоскостью $α$, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной ребру $AD$.

1. Рассмотрим грань $ABD$, которая является равносторонним треугольником со стороной $a$. Проведем в этом треугольнике высоту $BK$ к стороне $AD$. Так как $ΔABD$ равносторонний, то $∠DAB = 60°$. Тогда из прямоугольного треугольника $AKB$ имеем $AK = AB \cdot \cos(60°) = a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{2}$. Следовательно, $K$ — середина ребра $AD$. По определению высоты, $BK \perp AD$.

2. Аналогично, рассмотрим грань $ACD$, которая также является равносторонним треугольником. Проведем в ней высоту $CK$ к стороне $AD$. Так как $ΔACD$ равносторонний, точка $K$ также будет серединой ребра $AD$. По определению высоты, $CK \perp AD$.

3. Поскольку прямая $AD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BK$ и $CK$ в плоскости $BCK$, то прямая $AD$ перпендикулярна всей плоскости $(BCK)$.

4. По условию, искомая плоскость сечения $α$ также перпендикулярна ребру $AD$. Если две плоскости перпендикулярны одной и той же прямой, то они параллельны. Следовательно, $α \parallel (BCK)$.

5. Таким образом, искомое сечение — это многоугольник, полученный пересечением тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $M$ на ребре $AD$ и параллельной плоскости $(BCK)$. Сечение будет представлять собой треугольник, подобный треугольнику $BCK$.

6. Построим этот треугольник. Назовем его $MPQ$. Так как секущая плоскость $α$ параллельна $(BCK)$, она будет пересекать грани тетраэдра по прямым, параллельным соответствующим сторонам треугольника $BCK$.

• В грани $ADB$ проведем через точку $M$ прямую, параллельную $BK$. Эта прямая пересечет ребро $DB$ в точке $P$. Получим отрезок $MP$.
• В грани $ADC$ проведем через точку $M$ прямую, параллельную $CK$. Эта прямая пересечет ребро $DC$ в точке $Q$. Получим отрезок $MQ$.
• Соединим точки $P$ и $Q$. Отрезок $PQ$ лежит в грани $BDC$. Так как $α \parallel (BCK)$, то $PQ \parallel BC$.

Треугольник $MPQ$ является искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение — это треугольник $MPQ$, где $P$ — точка на ребре $DB$, $Q$ — точка на ребре $DC$, такие что $MP \parallel BK$ и $MQ \parallel CK$, где $K$ — середина ребра $AD$.

Нахождение площади этого сечения

Как было установлено, сечение $ΔMPQ$ подобно $ΔBCK$. Коэффициент подобия $k$ можно найти из подобия треугольников $ΔDM P$ и $ΔDKB$ (по двум углам, так как $MP \parallel KB$ и $∠D$ общий).

Коэффициент подобия равен отношению соответствующих сторон: $k = \frac{DM}{DK}$.

Найдем длины отрезков $DM$ и $DK$. Длина ребра $AD = a$. По условию $AM : MD = 3 : 1$, следовательно, $AD = AM + MD = 3MD + MD = 4MD$. Отсюда $MD = \frac{AD}{4} = \frac{a}{4}$. Точка $K$ — середина $AD$, поэтому $DK = \frac{AD}{2} = \frac{a}{2}$.

Теперь найдем коэффициент подобия: $k = \frac{DM}{DK} = \frac{a/4}{a/2} = \frac{1}{2}$.

Теперь найдем стороны треугольника $BCK$.

• Сторона $BC$ является ребром тетраэдра, $BC = a$.
• Сторона $BK$ является высотой в равностороннем треугольнике $ABD$ со стороной $a$. Ее длина: $BK = a \sin(60°) = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
• Сторона $CK$ является высотой в равностороннем треугольнике $ACD$ со стороной $a$. Ее длина: $CK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Таким образом, $ΔBCK$ — равнобедренный треугольник со сторонами $a$, $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ и $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Стороны треугольника сечения $MPQ$ равны сторонам $ΔBCK$, умноженным на коэффициент подобия $k = 1/2$:

• $PQ = k \cdot BC = \frac{1}{2}a = \frac{a}{2}$.
• $MP = k \cdot BK = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.
• $MQ = k \cdot CK = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Сечение $ΔMPQ$ — равнобедренный треугольник с основанием $PQ = \frac{a}{2}$ и боковыми сторонами $MP = MQ = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Найдем площадь $ΔMPQ$. Проведем высоту $MH$ к основанию $PQ$. В равнобедренном треугольнике высота является и медианой, поэтому $PH = \frac{1}{2}PQ = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{a}{4}$.

По теореме Пифагора для треугольника $MPH$: $MH^2 = MP^2 - PH^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)^2 - \left(\frac{a}{4}\right)^2 = \frac{3a^2}{16} - \frac{a^2}{16} = \frac{2a^2}{16} = \frac{a^2}{8}$. $MH = \sqrt{\frac{a^2}{8}} = \frac{a}{2\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Площадь сечения $S_{MPQ}$: $S = \frac{1}{2} \cdot PQ \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{4} = \frac{a^2\sqrt{2}}{16}$.

Ответ: $\frac{a^2\sqrt{2}}{16}$.

10.38. Рёбра тетраэдра $DABC$ равны, точка $O$ — центр треугольника $ABC$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $O$ перпендикулярно прямой $AD$.

Поскольку все ребра тетраэдра $DABC$ равны, данный тетраэдр является правильным. Это означает, что все его грани — равносторонние треугольники. Точка $O$ — центр равностороннего треугольника $ABC$, следовательно, она является точкой пересечения его медиан, высот и биссектрис.

Обозначим искомую плоскость сечения через $\alpha$. По условию задачи, плоскость $\alpha$ проходит через точку $O$ и перпендикулярна прямой $AD$ ($\alpha \perp AD$).

Для построения сечения выполним следующие шаги:

1. Нахождение линии пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $ABC$.

В правильном тетраэдре скрещивающиеся (противоположные) ребра перпендикулярны. В частности, ребро $AD$ перпендикулярно ребру $BC$. Итак, мы имеем:

• $AD \perp \alpha$ (по условию).
• $AD \perp BC$ (свойство правильного тетраэдра).

Из этих двух условий следует, что прямая $BC$ параллельна плоскости $\alpha$.

Плоскость сечения $\alpha$ пересекает плоскость основания $(ABC)$ по некоторой прямой. Так как прямая $BC$ лежит в плоскости $(ABC)$ и при этом параллельна плоскости $\alpha$, то линия их пересечения будет прямой, параллельной $BC$. Эта прямая также должна проходить через точку $O$, поскольку точка $O$ принадлежит обеим плоскостям.Таким образом, в плоскости треугольника $ABC$ проводим прямую через точку $O$ параллельно стороне $BC$. Пусть эта прямая пересекает ребра $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Отрезок $PQ$ является стороной искомого сечения.

2. Нахождение точки пересечения плоскости $\alpha$ с ребром $AD$.

Пусть $M$ — середина ребра $BC$. Плоскость $(ADM)$ содержит медианы $AM$ и $DM$ и является плоскостью симметрии тетраэдра. В этой плоскости лежат как прямая $AD$, так и точка $O$ (поскольку $O$ лежит на медиане $AM$).

Так как секущая плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $AD$, а плоскость $(ADM)$ проходит через прямую $AD$, то линия пересечения этих двух плоскостей должна быть перпендикулярна прямой $AD$. Эта линия пересечения также проходит через общую точку $O$.

Следовательно, в плоскости $(ADM)$ необходимо построить перпендикуляр из точки $O$ к прямой $AD$. Обозначим основание этого перпендикуляра точкой $R$. Точка $R$ лежит на ребре $AD$ и, по построению, принадлежит плоскости $\alpha$. Значит, $R$ — одна из вершин искомого сечения.

3. Итоговое построение сечения.

Мы нашли три точки сечения, лежащие на ребрах тетраэдра: $P$ на $AB$, $Q$ на $AC$ и $R$ на $AD$. Можно показать, что плоскость $\alpha$ не пересекает другие ребра тетраэдра ($BC$, $BD$, $CD$), так как вершины $B$, $C$ и $D$ лежат по одну сторону от плоскости $\alpha$, а вершина $A$ — по другую.

Таким образом, искомое сечение является треугольником, вершины которого — это точки $P$, $Q$ и $R$.

Алгоритм построения:

1. В плоскости основания $(ABC)$ через его центр $O$ провести прямую, параллельную стороне $BC$. Отметить точки $P$ и $Q$ на пересечении этой прямой с ребрами $AB$ и $AC$ соответственно.
2. Взять точку $M$ как середину ребра $BC$ и рассмотреть плоскость $(ADM)$.
3. В плоскости $(ADM)$ из точки $O$ опустить перпендикуляр на ребро $AD$. Основание перпендикуляра обозначить как $R$.
4. Соединить отрезками точки $P$, $Q$ и $R$.

Полученный треугольник $PQR$ является искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение — это треугольник $PQR$, где точки $P$ и $Q$ лежат на ребрах $AB$ и $AC$ и являются концами отрезка, проходящего через центр $O$ основания $ABC$ параллельно стороне $BC$, а точка $R$ является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на ребро $AD$.

10.39. Точка $M$ — середина ребра $BC$ тетраэдра $DABC$. Известно, что $AD = AB = CB = CD = 10$ см, $AC = 8$ см, $BD = 12$ см. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $BD$. Найдите площадь этого сечения.

Построение сечения

Рассмотрим тетраэдр $DABC$. По условию, $AD = AB = CB = CD = 10$ см, $AC = 8$ см, $BD = 12$ см. Точка $M$ — середина ребра $BC$. Требуется построить сечение тетраэдра плоскостью $\alpha$, которая проходит через точку $M$ и перпендикулярна прямой $BD$.

1. Рассмотрим треугольник $ABD$. Так как $AB = AD = 10$ см, то он равнобедренный. Пусть $H$ — середина основания $BD$. Тогда $AH$ является медианой и высотой этого треугольника, следовательно, $AH \perp BD$.

2. Рассмотрим треугольник $CBD$. Так как $CB = CD = 10$ см, он также равнобедренный. Медиана $CH$ к основанию $BD$ является и высотой, то есть $CH \perp BD$.

3. Прямые $AH$ и $CH$ пересекаются в точке $H$ и обе перпендикулярны прямой $BD$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $(AHC)$.

4. Искомая плоскость сечения $\alpha$ по условию также перпендикулярна прямой $BD$. Если две плоскости перпендикулярны одной и той же прямой, то они параллельны. Значит, плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $(AHC)$.

5. Теперь построим сечение. Плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ (середину $BC$) и параллельна плоскости $(AHC)$.

• Плоскость $\alpha$ пересекает грань $BCD$ по прямой, проходящей через $M$ и параллельной $CH$. Обозначим точку пересечения с ребром $CD$ как $L$. Так как $M$ — середина $BC$ и $ML || CH$, то по теореме Фалеса $L$ — середина $CD$.
• Плоскость $\alpha$ пересекает грань $ACD$ по прямой, проходящей через $L$ и параллельной $AC$ (так как $AC \subset (AHC)$). Обозначим точку пересечения с ребром $AD$ как $K$. Так как $L$ — середина $CD$ и $LK || AC$, то $K$ — середина $AD$.
• Плоскость $\alpha$ пересекает грань $ABD$ по прямой, проходящей через $K$ и параллельной $AH$. Обозначим точку пересечения с ребром $AB$ как $N$. Так как $K$ — середина $AD$ и $KN || AH$, то $N$ — середина $AB$.
• Соединив точки $N$ и $M$, мы получим отрезок $NM$, который является средней линией треугольника $ABC$ и, следовательно, параллелен $AC$. Это подтверждает правильность построения.

Таким образом, искомое сечение — это четырехугольник $MNKL$, вершины которого являются серединами ребер $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$.

Нахождение площади сечения

Рассмотрим четырехугольник $MNKL$.

Поскольку $N$ и $M$ — середины сторон $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$, отрезок $NM$ является его средней линией. Следовательно, $NM || AC$ и $NM = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 8 = 4$ см.

Аналогично, $K$ и $L$ — середины сторон $AD$ и $CD$ треугольника $ADC$, поэтому $KL$ — его средняя линия. Следовательно, $KL || AC$ и $KL = \frac{1}{2} AC = 4$ см.

Так как $NM || AC$ и $KL || AC$, то $NM || KL$. Поскольку $NM = KL = 4$ см, четырехугольник $MNKL$ — параллелограмм.

Теперь найдем длины двух других сторон. $N$ и $K$ — середины сторон $AB$ и $AD$ треугольника $ABD$, поэтому $NK$ — его средняя линия. Следовательно, $NK || BD$ и $NK = \frac{1}{2} BD = \frac{1}{2} \cdot 12 = 6$ см.

Таким образом, $MNKL$ — параллелограмм со сторонами $NM = 4$ см и $NK = 6$ см.

Чтобы найти площадь параллелограмма, определим угол между его сторонами. Угол между сторонами $NM$ и $NK$ равен углу между скрещивающимися прямыми $AC$ и $BD$, так как $NM || AC$ и $NK || BD$.

В тетраэдре скрещивающиеся ребра перпендикулярны, если суммы квадратов длин противоположных ребер равны. Проверим это условие для ребер $AC$ и $BD$. Противоположными им ребрами являются пары $(AB, CD)$ и $(AD, BC)$.

$AB^2 + CD^2 = 10^2 + 10^2 = 100 + 100 = 200$.

$AD^2 + BC^2 = 10^2 + 10^2 = 100 + 100 = 200$.

Так как $AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2$, то прямые $AC$ и $BD$ перпендикулярны. Следовательно, угол между $NM$ и $NK$ равен $90^{\circ}$.

Это означает, что параллелограмм $MNKL$ является прямоугольником.

Площадь прямоугольника $MNKL$ равна произведению его смежных сторон:

$S_{MNKL} = NM \cdot NK = 4 \cdot 6 = 24$ см$^2$.

Ответ: 24 см$^2$.

10.40. На ребре $AB$ тетраэдра $DABC$ отметили точку $K$ так, что $AK = 2BK$.

Известно, что $AB = AC = 13$ см, $BC = CD = DB = 15$ см, $AD = 14$ см.

Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $K$ и перпендикулярной прямой $AD$. Найдите площадь этого сечения.

Построение сечения

Обозначим искомую плоскость сечения как $ \alpha $. По условию, плоскость $ \alpha $ проходит через точку $K$ на ребре $AB$ и перпендикулярна прямой $AD$.

1. Рассмотрим треугольники $ABD$ и $ACD$. По условию, $AB = AC = 13$ см, $DB = DC = 15$ см, а сторона $AD = 14$ см — общая. Следовательно, $ \triangle ABD = \triangle ACD $ по трем сторонам.

2. В равных треугольниках $ABD$ и $ACD$ проведем высоты из вершин $B$ и $C$ к общей стороне $AD$. Пусть $H$ — основание высоты на прямой $AD$. Так как треугольники равны, высоты $BH$ и $CH$ также равны, а их основания совпадают. Таким образом, мы имеем $BH \perp AD$ и $CH \perp AD$.

3. Поскольку две пересекающиеся прямые $BH$ и $CH$ перпендикулярны прямой $AD$, то плоскость, проходящая через них (плоскость $BCH$), перпендикулярна прямой $AD$.

4. Искомая плоскость $ \alpha $ также перпендикулярна прямой $AD$ и проходит через точку $K$. Если две плоскости перпендикулярны одной и той же прямой, то они параллельны. Следовательно, искомая плоскость сечения $ \alpha $ параллельна плоскости $BCH$.

5. Для построения сечения проведем через точку $K$ прямые, параллельные сторонам треугольника $BCH$, в соответствующих гранях тетраэдра:

• В плоскости грани $ABD$ проведем через точку $K$ прямую, параллельную $BH$. Пусть эта прямая пересекает ребро $AD$ в точке $M$.
• В плоскости грани $ACD$ проведем через точку $M$ прямую, параллельную $CH$. Пусть эта прямая пересекает ребро $AC$ в точке $L$.
• Соединим точки $K$ и $L$. Отрезок $KL$ лежит в грани $ABC$.

Треугольник $KLM$ является искомым сечением.

Нахождение площади сечения

1. Для нахождения площади сечения $KLM$ необходимо найти длины его сторон. Для этого сначала найдем параметры вспомогательного треугольника $BCH$.

2. Найдем длину высоты $BH$ в треугольнике $ABD$ со сторонами $AB=13$, $DB=15$ и $AD=14$. Вычислим площадь $ \triangle ABD $ по формуле Герона. Полупериметр $p = (13+14+15)/2 = 42/2 = 21$ см. $S_{ABD} = \sqrt{p(p-AB)(p-AD)(p-DB)} = \sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)} = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = \sqrt{(3 \cdot 7) \cdot (2^3) \cdot 7 \cdot (2 \cdot 3)} = \sqrt{2^4 \cdot 3^2 \cdot 7^2} = 2^2 \cdot 3 \cdot 7 = 84$ см$^2$. С другой стороны, $S_{ABD} = \frac{1}{2} AD \cdot BH$. $84 = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot BH \implies 84 = 7 \cdot BH \implies BH = 12$ см.

3. Поскольку $ \triangle ABD = \triangle ACD $, то и высота $CH = BH = 12$ см.

4. По условию $AK = 2BK$, значит $AB = AK + BK = 3BK$, откуда $AK = \frac{2}{3}AB$.

5. Так как сечение $KLM$ построено параллельно плоскости $BCH$, то треугольник $KLM$ подобен треугольнику $BCH$. Найдем коэффициент подобия и стороны треугольника $KLM$.

• В плоскости $ABD$ из-за того, что $KM \parallel BH$, треугольники $AKM$ и $ABH$ подобны. Коэффициент подобия $k = \frac{AK}{AB} = \frac{2}{3}$. Следовательно, $KM = k \cdot BH = \frac{2}{3} \cdot 12 = 8$ см.
• В плоскости $ACD$ из-за того, что $ML \parallel CH$, треугольники $AML$ и $AHC$ подобны с тем же коэффициентом $k = \frac{AM}{AH} = \frac{AK}{AB} = \frac{2}{3}$. Следовательно, $ML = k \cdot CH = \frac{2}{3} \cdot 12 = 8$ см.
• В плоскости $ABC$, поскольку $\frac{AK}{AB} = \frac{AL}{AC} = \frac{2}{3}$, треугольники $AKL$ и $ABC$ подобны, и $KL \parallel BC$. Следовательно, $KL = k \cdot BC = \frac{2}{3} \cdot 15 = 10$ см.

6. Мы получили, что сечение $KLM$ — это равнобедренный треугольник со сторонами $KM = ML = 8$ см и основанием $KL = 10$ см.

7. Найдем площадь треугольника $KLM$. Проведем высоту $MP$ из вершины $M$ к основанию $KL$. В равнобедренном треугольнике высота является и медианой, поэтому $KP = \frac{1}{2} KL = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$ см. Из прямоугольного треугольника $KMP$ по теореме Пифагора найдем высоту $MP$: $MP^2 = KM^2 - KP^2 = 8^2 - 5^2 = 64 - 25 = 39$. $MP = \sqrt{39}$ см.

8. Площадь сечения (треугольника $KLM$) равна: $S_{KLM} = \frac{1}{2} \cdot KL \cdot MP = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \sqrt{39} = 5\sqrt{39}$ см$^2$.

Ответ: $5\sqrt{39}$ см$^2$.

10.41. Через вершину $B$ прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$) проведена прямая $BD$, перпендикулярная плоскости $ABC$. На отрезках $DC$ и $DA$ отмечены точки $E$ и $F$ такие, что $EF \parallel AC$. Докажите, что $BE \perp EF$.

По условию задачи прямая $BD$ перпендикулярна плоскости треугольника $ABC$. Из определения перпендикулярности прямой и плоскости следует, что прямая $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABC$. Следовательно, $BD \perp AC$.

Также по условию $\triangle ABC$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $C$ ($\angle ACB = 90^\circ$). Это означает, что катеты $AC$ и $BC$ перпендикулярны, то есть $AC \perp BC$.

Мы имеем, что прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BD$ и $BC$, которые лежат в плоскости $BCD$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Таким образом, $AC \perp (BCD)$.

Теперь рассмотрим прямую $BE$. Точка $B$ принадлежит плоскости $BCD$. Точка $E$ по условию лежит на отрезке $DC$. Так как отрезок $DC$ лежит в плоскости $BCD$, то и точка $E$ лежит в этой плоскости. Следовательно, вся прямая $BE$ лежит в плоскости $BCD$.

Поскольку прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $BCD$ ($AC \perp (BCD)$), а прямая $BE$ лежит в этой плоскости, то из определения перпендикулярности прямой и плоскости следует, что $AC \perp BE$.

В условии задачи дано, что $EF \parallel AC$. Если одна из двух параллельных прямых ($AC$) перпендикулярна третьей прямой ($BE$), то и вторая прямая ($EF$) перпендикулярна этой третьей прямой.

Таким образом, из $AC \perp BE$ и $EF \parallel AC$ следует, что $BE \perp EF$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $BE \perp EF$.

10.42. Через вершину $B$ квадрата $ABCD$ проведена прямая $BM$, перпендикулярная плоскости квадрата. Докажите, что линия пересечения плоскостей $ABM$ и $CDM$ перпендикулярна плоскости $BCM$.

Дано:

$ABCD$ – квадрат.
Прямая $BM$ перпендикулярна плоскости квадрата, то есть $BM \perp (ABC)$.

Доказать:

Линия пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(CDM)$ перпендикулярна плоскости $(BCM)$.

Доказательство:

1. Найдем линию пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(CDM)$. Поскольку точка $M$ принадлежит обеим плоскостям, она лежит на их линии пересечения.

   Так как $ABCD$ – квадрат, его противоположные стороны параллельны, то есть $AB \parallel CD$.

   Прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABM)$, а прямая $CD$ лежит в плоскости $(CDM)$. По теореме о пересечении двух плоскостей, содержащих параллельные прямые, их линия пересечения параллельна этим прямым.

   Обозначим линию пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(CDM)$ как прямую $l$. Тогда прямая $l$ проходит через точку $M$ и параллельна прямым $AB$ и $CD$. То есть, $M \in l$ и $l \parallel AB \parallel CD$.

2. Чтобы доказать, что прямая $l$ перпендикулярна плоскости $(BCM)$, нужно доказать, что она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Выберем прямые $BC$ и $BM$.

3. Докажем, что $l \perp BC$. Поскольку $ABCD$ – квадрат, его смежные стороны перпендикулярны, следовательно, $AB \perp BC$. Мы установили, что $l \parallel AB$. Если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна третьей прямой, то и вторая прямая перпендикулярна этой третьей прямой. Следовательно, $l \perp BC$.

4. Докажем, что $l \perp BM$. По условию, прямая $BM$ перпендикулярна плоскости квадрата $(ABC)$, т.е. $BM \perp (ABC)$. Это означает, что $BM$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Прямая $AB$ лежит в плоскости $(ABC)$, значит $BM \perp AB$. Так как $l \parallel AB$, то по той же теореме, что и в предыдущем пункте, получаем, что $l \perp BM$.

5. Итак, мы доказали, что прямая $l$ перпендикулярна двум пересекающимся в точке $B$ прямым $BC$ и $BM$, которые лежат в плоскости $(BCM)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $l$ перпендикулярна плоскости $(BCM)$.

   Так как $l$ является линией пересечения плоскостей $(ABM)$ и $(CDM)$, то доказано, что линия пересечения этих плоскостей перпендикулярна плоскости $(BCM)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

10.43. Через вершину $A$ треугольника $ABC$ проведена прямая $AD$, перпендикулярная плоскости $ABC$. Медианы треугольника $ABC$ пересекаются в точке $E$, а медианы треугольника $DBC$ — в точке $F$. Докажите, что прямая $EF$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

Для доказательства того, что прямая $EF$ перпендикулярна плоскости $ABC$, мы докажем, что прямая $EF$ параллельна прямой $AD$, которая по условию перпендикулярна плоскости $ABC$.

1. Пусть $M$ — середина стороны $BC$ треугольника $ABC$. Тогда отрезок $AM$ является медианой треугольника $ABC$.

2. Точка $E$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Следовательно, точка $E$ лежит на медиане $AM$. По свойству точки пересечения медиан (центроида), она делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины. Таким образом, $AE : EM = 2:1$. Из этого соотношения следует, что $ME = \frac{1}{3} AM$.

3. Рассмотрим треугольник $DBC$. Поскольку $M$ является серединой стороны $BC$, отрезок $DM$ является медианой треугольника $DBC$.

4. Точка $F$ — точка пересечения медиан треугольника $DBC$. Следовательно, точка $F$ лежит на медиане $DM$. Аналогично пункту 2, $DF : FM = 2:1$, и, следовательно, $MF = \frac{1}{3} DM$.

5. Теперь рассмотрим треугольник $ADM$. В этом треугольнике точка $E$ лежит на стороне $AM$, а точка $F$ — на стороне $DM$. Мы установили, что $\frac{ME}{AM} = \frac{1}{3}$ и $\frac{MF}{DM} = \frac{1}{3}$.

6. Поскольку $\frac{ME}{AM} = \frac{MF}{DM} = \frac{1}{3}$, то по теореме, обратной теореме Фалеса (или по признаку подобия треугольников $\triangle MFE$ и $\triangle MDA$), прямая $EF$ параллельна прямой $AD$.

7. По условию задачи, прямая $AD$ перпендикулярна плоскости $ABC$, то есть $AD \perp (ABC)$.

8. Согласно теореме о двух параллельных прямых и плоскости: если одна из двух параллельных прямых перпендикулярна плоскости, то и другая прямая перпендикулярна этой плоскости. Так как $EF \parallel AD$ и $AD \perp (ABC)$, то и $EF \perp (ABC)$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что прямая $EF$ перпендикулярна плоскости $ABC$.

10.44. В тетраэдре $DABC$ ребро $BD$ перпендикулярно плоскости $ADC$, $\angle DAC = 90^\circ$, $AD = AC = 10\sqrt{2}$ см, $BD = 12$ см. Точка $M$ — середина ребра $AC$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной ребру $CD$. Найдите площадь этого сечения.

Построение сечения

Пусть $\alpha$ — плоскость сечения. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ (середину ребра $AC$) и перпендикулярна ребру $CD$.

1. Построим линию пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ADC$. Эта линия должна проходить через точку $M$ и быть перпендикулярной $CD$. Проведем в плоскости $ADC$ перпендикуляр $MK$ к прямой $CD$, где точка $K$ лежит на ребре $CD$. Отрезок $MK$ — первая сторона сечения.

2. Построим линию пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $BCD$. Эта линия проходит через точку $K$ и также должна быть перпендикулярна $CD$. Из условия, ребро $BD$ перпендикулярно плоскости $ADC$, следовательно, $BD \perp CD$. Таким образом, в плоскости $BCD$ все прямые, перпендикулярные $CD$, параллельны $BD$. Проведем через точку $K$ прямую, параллельную $BD$. Пусть она пересекает ребро $BC$ в точке $P$. Тогда $KP \parallel BD$. Отрезок $KP$ — вторая сторона сечения.

3. Точки $M$ (на ребре $AC$) и $P$ (на ребре $BC$) лежат в плоскости грани $ABC$. Соединив их, получим отрезок $MP$ — третью сторону сечения.

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

Нахождение площади сечения

Для нахождения площади треугольника $MKP$ определим его вид и найдем длины его сторон.

Сначала рассмотрим грань $ADC$. Треугольник $ADC$ — прямоугольный, так как $\angle DAC = 90^\circ$, и равнобедренный, так как $AD = AC = 10\sqrt{2}$ см. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $CD$:
$CD = \sqrt{AD^2 + AC^2} = \sqrt{(10\sqrt{2})^2 + (10\sqrt{2})^2} = \sqrt{200 + 200} = \sqrt{400} = 20$ см.

В равнобедренном прямоугольном треугольнике $ADC$ углы при гипотенузе равны $45^\circ$, то есть $\angle ACD = \angle ADC = 45^\circ$.

Точка $M$ — середина катета $AC$, поэтому $MC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 10\sqrt{2} = 5\sqrt{2}$ см.

Рассмотрим треугольник $MKC$. Он прямоугольный, так как $MK \perp CD$ по построению. Угол $\angle KCM = \angle ACD = 45^\circ$. Найдем длину катета $MK$:
$MK = MC \cdot \sin(\angle KCM) = 5\sqrt{2} \cdot \sin(45^\circ) = 5\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 5$ см.

Найдем длину отрезка $CK$ в том же треугольнике $MKC$:
$CK = MC \cdot \cos(\angle KCM) = 5\sqrt{2} \cdot \cos(45^\circ) = 5\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 5$ см.

Теперь рассмотрим грань $BCD$. Так как $BD \perp (ADC)$, то $BD \perp CD$. Следовательно, треугольник $BCD$ — прямоугольный с прямым углом $\angle BDC$. По построению $KP \parallel BD$. Треугольники $CKP$ и $CDB$ подобны, так как угол $\angle C$ у них общий, а $\angle CPK = \angle CBD$ как соответственные углы при параллельных прямых $KP$ и $BD$ и секущей $BC$. Из подобия следует отношение сторон:
$\frac{KP}{BD} = \frac{CK}{CD}$

Подставим известные значения: $BD=12$ см, $CK=5$ см, $CD=20$ см.
$\frac{KP}{12} = \frac{5}{20} = \frac{1}{4}$
$KP = \frac{12}{4} = 3$ см.

Определим угол между сторонами $MK$ и $KP$. Так как $BD \perp (ADC)$, то ребро $BD$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе и $MK$. Итак, $BD \perp MK$. Поскольку по построению $KP \parallel BD$, то и $KP \perp MK$. Следовательно, $\angle MKP = 90^\circ$.

Таким образом, сечение $MKP$ является прямоугольным треугольником с катетами $MK = 5$ см и $KP = 3$ см.

Площадь сечения $S_{MKP}$ равна:
$S_{MKP} = \frac{1}{2} \cdot MK \cdot KP = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 3 = \frac{15}{2} = 7,5$ см².

Ответ: 7,5 см².

10.45. В тетраэдре $DABC$ ребро $BD$ перпендикулярно плоскости $ABC$.

Известно, что $AB = BC = CA = BD$. Точка $M$ — середина ребра $BC$.

Плоскость, проходящая через точку $M$ и перпендикулярная прямой $AD$, пересекает ребро $AD$ в точке $K$. Найдите отношение $AK : KD$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базис с началом в точке $B$. Обозначим векторы $\vec{BA} = \vec{p}$, $\vec{BC} = \vec{q}$, $\vec{BD} = \vec{r}$.

Пусть длина ребра $AB = BC = CA = BD = a$. Тогда длины (модули) наших базисных векторов равны:

$|\vec{p}| = a$, $|\vec{q}| = a$, $|\vec{r}| = a$.

Из условия задачи известны следующие свойства:

1. Треугольник $ABC$ — равносторонний, следовательно, угол между векторами $\vec{BA}$ и $\vec{BC}$ равен $60^\circ$. Найдем их скалярное произведение: $\vec{p} \cdot \vec{q} = |\vec{p}| \cdot |\vec{q}| \cdot \cos(60^\circ) = a \cdot a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a^2}{2}$.
2. Ребро $BD$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Это означает, что вектор $\vec{r}$ перпендикулярен векторам $\vec{p}$ и $\vec{q}$, лежащим в этой плоскости. Следовательно, их скалярные произведения равны нулю: $\vec{p} \cdot \vec{r} = 0$ и $\vec{q} \cdot \vec{r} = 0$.
3. Скалярные квадраты векторов равны квадратам их длин: $\vec{p} \cdot \vec{p} = a^2$, $\vec{q} \cdot \vec{q} = a^2$, $\vec{r} \cdot \vec{r} = a^2$.

Точка $M$ — середина ребра $BC$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{BM}$ равен $\frac{1}{2}\vec{q}$.

Плоскость $\alpha$, проходящая через точку $M$, перпендикулярна прямой $AD$. Следовательно, вектор $\vec{AD}$ является нормальным вектором к этой плоскости. Выразим вектор $\vec{AD}$ через наш базис:

$\vec{AD} = \vec{BD} - \vec{BA} = \vec{r} - \vec{p}$.

Точка $K$ лежит на ребре $AD$. Это означает, что вектор $\vec{AK}$ коллинеарен вектору $\vec{AD}$. Можно записать $\vec{AK} = t \cdot \vec{AD}$ для некоторого скаляра $t \in (0, 1)$. Искомое отношение $AK:KD$ равно $t : (1-t)$. Наша задача — найти значение $t$.

Выразим радиус-вектор точки $K$, то есть вектор $\vec{BK}$:

$\vec{BK} = \vec{BA} + \vec{AK} = \vec{p} + t \cdot \vec{AD} = \vec{p} + t(\vec{r} - \vec{p}) = (1-t)\vec{p} + t\vec{r}$.

Точки $M$ и $K$ лежат в плоскости $\alpha$. Значит, вектор $\vec{MK}$ лежит в этой плоскости. Так как вектор $\vec{AD}$ перпендикулярен плоскости $\alpha$, то вектор $\vec{MK}$ должен быть перпендикулярен вектору $\vec{AD}$. Это условие в векторной форме записывается как равенство нулю их скалярного произведения:

$\vec{MK} \cdot \vec{AD} = 0$.

Найдем вектор $\vec{MK}$:

$\vec{MK} = \vec{BK} - \vec{BM} = ((1-t)\vec{p} + t\vec{r}) - \frac{1}{2}\vec{q}$.

Теперь подставим выражения для $\vec{MK}$ и $\vec{AD}$ в уравнение скалярного произведения:

$((1-t)\vec{p} + t\vec{r} - \frac{1}{2}\vec{q}) \cdot (\vec{r} - \vec{p}) = 0$.

Раскроем скобки, используя свойства дистрибутивности скалярного произведения:

$(1-t)(\vec{p} \cdot \vec{r}) - (1-t)(\vec{p} \cdot \vec{p}) + t(\vec{r} \cdot \vec{r}) - t(\vec{r} \cdot \vec{p}) - \frac{1}{2}(\vec{q} \cdot \vec{r}) + \frac{1}{2}(\vec{q} \cdot \vec{p}) = 0$.

Подставим известные значения скалярных произведений:

$(1-t) \cdot 0 - (1-t)a^2 + t \cdot a^2 - t \cdot 0 - \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{a^2}{2} = 0$.

Упростим полученное выражение:

$-(1-t)a^2 + ta^2 + \frac{a^2}{4} = 0$.

Поскольку $a \neq 0$, мы можем разделить обе части уравнения на $a^2$:

$-(1-t) + t + \frac{1}{4} = 0$

$-1 + t + t + \frac{1}{4} = 0$

$2t - \frac{3}{4} = 0$

$2t = \frac{3}{4}$

$t = \frac{3}{8}$.

Таким образом, точка $K$ делит отрезок $AD$ так, что $AK = \frac{3}{8} AD$. Соответственно, $KD = (1 - \frac{3}{8})AD = \frac{5}{8}AD$.

Найдем искомое отношение:

$AK : KD = \frac{3}{8} : \frac{5}{8} = 3 : 5$.

Ответ: $3 : 5$.

10.46. Точка $M$ — середина ребра $AB$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, ребро которого равно $a$. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $B_1D$. Найдите площадь этого сечения.

Построение сечения

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$ и осями, направленными вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$. В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты: $D(0, 0, 0)$, $A(a, 0, 0)$, $B(a, a, 0)$, $C(0, a, 0)$, $D_1(0, 0, a)$, $B_1(a, a, a)$.

Точка $M$ является серединой ребра $AB$, ее координаты равны:$M\left(\frac{a+a}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2}\right)$, то есть $M\left(a, \frac{a}{2}, 0\right)$.

Плоскость сечения перпендикулярна прямой $B_1D$. Вектор $\vec{DB_1}$ является вектором нормали к этой плоскости. Найдем его координаты:$\vec{n} = \vec{DB_1} = (a-0, a-0, a-0) = (a, a, a)$. Для удобства можно использовать коллинеарный вектор $(1, 1, 1)$.

Уравнение плоскости, перпендикулярной вектору $\vec{n}=(1, 1, 1)$, имеет вид $x + y + z + C = 0$.Так как плоскость проходит через точку $M\left(a, \frac{a}{2}, 0\right)$, подставим ее координаты в уравнение, чтобы найти $C$:$a + \frac{a}{2} + 0 + C = 0 \implies \frac{3a}{2} + C = 0 \implies C = -\frac{3a}{2}$.

Таким образом, уравнение плоскости сечения: $x + y + z - \frac{3a}{2} = 0$, или $x + y + z = \frac{3a}{2}$.

Теперь найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами куба:

• Ребро $AB$: $x=a, z=0 \implies a+y+0 = \frac{3a}{2} \implies y=\frac{a}{2}$. Точка $M\left(a, \frac{a}{2}, 0\right)$.
• Ребро $BC$: $y=a, z=0 \implies x+a+0 = \frac{3a}{2} \implies x=\frac{a}{2}$. Точка $P\left(\frac{a}{2}, a, 0\right)$ (середина $BC$).
• Ребро $CC_1$: $x=0, y=a \implies 0+a+z = \frac{3a}{2} \implies z=\frac{a}{2}$. Точка $Q\left(0, a, \frac{a}{2}\right)$ (середина $CC_1$).
• Ребро $C_1D_1$: $z=a, y=a \implies x+a+a = \frac{3a}{2} \implies x=-\frac{a}{2}$. Не пересекает ребро.
• Ребро $D_1A_1$: $z=a, y=0 \implies x+0+a = \frac{3a}{2} \implies x=\frac{a}{2}$. Точка $R\left(\frac{a}{2}, 0, a\right)$ (середина $D_1A_1$).
• Ребро $A_1A$: $x=a, y=0 \implies a+0+z = \frac{3a}{2} \implies z=\frac{a}{2}$. Точка $S\left(a, 0, \frac{a}{2}\right)$ (середина $A_1A$).
• Ребро $C_1D_1$: $z=a, x=0 \implies 0+y+a=\frac{3a}{2} \implies y=\frac{a}{2}$. Точка $T\left(0, \frac{a}{2}, a\right)$ (середина $C_1D_1$).

Итак, сечение является шестиугольником $MPSQRT$. Его вершины — середины ребер $AB, BC, CC_1, C_1D_1, D_1A_1, A_1A$.

Нахождение площади сечения

Найдем длину одной из сторон шестиугольника, например, $MP$.$M\left(a, \frac{a}{2}, 0\right)$, $P\left(\frac{a}{2}, a, 0\right)$.$|MP|^2 = \left(a - \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2} - a\right)^2 + (0 - 0)^2 = \left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(-\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4} = \frac{a^2}{2}$.Длина стороны $s = |MP| = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

В силу симметрии куба и расположения вершин сечения (все вершины являются серединами ребер), шестиугольник $MPSQRT$ является правильным.

Площадь правильного шестиугольника со стороной $s$ вычисляется по формуле:$S = \frac{3\sqrt{3}}{2}s^2$.Подставим найденное значение $s$:$S = \frac{3\sqrt{3}}{2} \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a^2 \cdot 2}{4} = \frac{3\sqrt{3}a^2}{4}$.

Ответ: $\frac{3\sqrt{3}a^2}{4}$.

10.47. Основанием призмы $ABCA_1B_1C_1$ является равнобедренный прямоугольный треугольник $ABC$ ($\angle ACB = 90^\circ$), катет $AC$ которого равен $a$. Грани $AA_1C_1C$ и $CC_1B_1B$ являются квадратами. Точка $M$ — середина ребра $BC$. Постройте сечение призмы плоскостью, проходящей через точку $M$ и перпендикулярной прямой $A_1B$. Найдите площадь этого сечения.

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $C(0, 0, 0)$. Направим ось $Cx$ вдоль ребра $CB$, ось $Cy$ вдоль ребра $CA$ и ось $Cz$ вдоль ребра $CC_1$.

Так как основание призмы $ABC$ — равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом $AC = a$, то $BC = a$.

Грани $AA_1C_1C$ и $CC_1B_1B$ являются квадратами, следовательно, боковые ребра перпендикулярны основанию и равны $a$. Призма является прямой, и ее высота $h = CC_1 = a$.

Координаты вершин призмы:
$C(0, 0, 0)$
$B(a, 0, 0)$
$A(0, a, 0)$
$C_1(0, 0, a)$
$B_1(a, 0, a)$
$A_1(0, a, a)$

Точка $M$ — середина ребра $BC$, ее координаты: $M\left(\frac{a}{2}, 0, 0\right)$.

Искомое сечение — это плоскость $\alpha$, проходящая через точку $M$ и перпендикулярная прямой $A_1B$.

Найдем вектор $\vec{A_1B}$, который будет являться вектором нормали $\vec{n}$ для плоскости сечения $\alpha$:
$\vec{n} = \vec{A_1B} = B - A_1 = (a-0, 0-a, 0-a) = (a, -a, -a)$.
Можно взять коллинеарный вектор, разделив координаты на $a$: $\vec{n_1} = (1, -1, -1)$.

Уравнение плоскости $\alpha$ имеет вид $x - y - z + D = 0$. Чтобы найти коэффициент $D$, подставим в уравнение координаты точки $M(\frac{a}{2}, 0, 0)$, через которую проходит плоскость:
$\frac{a}{2} - 0 - 0 + D = 0 \implies D = -\frac{a}{2}$.

Итак, уравнение плоскости сечения: $x - y - z - \frac{a}{2} = 0$.

Чтобы построить сечение, найдем точки пересечения плоскости $\alpha$ с ребрами призмы.

1. Пересечение с ребром $BC$ (ось $Ox$, $y=0, z=0$): $x - 0 - 0 - \frac{a}{2} = 0 \implies x = \frac{a}{2}$. Это точка $M\left(\frac{a}{2}, 0, 0\right)$.

2. Пересечение с ребром $AB$ (лежит в плоскости $z=0$, уравнение прямой $x+y=a$):
Решаем систему:
$\begin{cases} x - y = a/2 \\ x + y = a \end{cases}$
Складывая уравнения, получаем $2x = \frac{3a}{2} \implies x = \frac{3a}{4}$.
Тогда $y = a - x = a - \frac{3a}{4} = \frac{a}{4}$.
Получили точку $P\left(\frac{3a}{4}, \frac{a}{4}, 0\right)$. Точка $P$ лежит на ребре $AB$, так как ее координаты удовлетворяют условиям $0 \le x \le a$ и $0 \le y \le a$.

3. Пересечение с ребром $BB_1$ (прямая $x=a, y=0$):
$a - 0 - z - \frac{a}{2} = 0 \implies z = \frac{a}{2}$.
Получили точку $N\left(a, 0, \frac{a}{2}\right)$. Точка $N$ лежит на ребре $BB_1$, так как $0 \le z \le a$.

Плоскость сечения пересекает ребра $BC$, $AB$ и $BB_1$ в точках $M$, $P$ и $N$ соответственно. Точки $M, P$ лежат в плоскости основания $ABC$, поэтому отрезок $MP$ является линией пересечения. Точки $M, N$ лежат в плоскости боковой грани $CC_1B_1B$, поэтому отрезок $MN$ также является линией пересечения. Точки $P, N$ лежат в плоскости наклонной грани $AA_1B_1B$, поэтому отрезок $PN$ замыкает сечение.

Таким образом, искомое сечение — треугольник $MPN$.

Ответ: Сечением является треугольник $MPN$, где $P$ — точка на ребре $AB$ такая, что $AP:PB = 1:3$, а $N$ — середина ребра $BB_1$.

Площадь сечения — это площадь треугольника $MPN$. Найдем ее, используя координаты вершин:
$M\left(\frac{a}{2}, 0, 0\right)$
$P\left(\frac{3a}{4}, \frac{a}{4}, 0\right)$
$N\left(a, 0, \frac{a}{2}\right)$

Найдем векторы, образующие две стороны треугольника, например, $\vec{PM}$ и $\vec{PN}$:
$\vec{PM} = M - P = \left(\frac{a}{2} - \frac{3a}{4}, 0 - \frac{a}{4}, 0 - 0\right) = \left(-\frac{a}{4}, -\frac{a}{4}, 0\right)$
$\vec{PN} = N - P = \left(a - \frac{3a}{4}, 0 - \frac{a}{4}, \frac{a}{2} - 0\right) = \left(\frac{a}{4}, -\frac{a}{4}, \frac{a}{2}\right)$

Проверим, не является ли треугольник прямоугольным, вычислив скалярное произведение этих векторов:
$\vec{PM} \cdot \vec{PN} = \left(-\frac{a}{4}\right)\left(\frac{a}{4}\right) + \left(-\frac{a}{4}\right)\left(-\frac{a}{4}\right) + (0)\left(\frac{a}{2}\right) = -\frac{a^2}{16} + \frac{a^2}{16} + 0 = 0$.

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{PM}$ и $\vec{PN}$ перпендикулярны, следовательно, $\angle MPN = 90^\circ$. Треугольник $MPN$ — прямоугольный.

Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения его катетов. Найдем длины катетов $PM$ и $PN$:
$|\vec{PM}| = \sqrt{\left(-\frac{a}{4}\right)^2 + \left(-\frac{a}{4}\right)^2 + 0^2} = \sqrt{\frac{a^2}{16} + \frac{a^2}{16}} = \sqrt{\frac{2a^2}{16}} = \frac{a\sqrt{2}}{4}$.
$|\vec{PN}| = \sqrt{\left(\frac{a}{4}\right)^2 + \left(-\frac{a}{4}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{16} + \frac{a^2}{16} + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{a^2+a^2+4a^2}{16}} = \sqrt{\frac{6a^2}{16}} = \frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Теперь вычислим площадь $S_{MPN}$:
$S_{MPN} = \frac{1}{2} |\vec{PM}| \cdot |\vec{PN}| = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{2}}{4} \cdot \frac{a\sqrt{6}}{4} = \frac{a^2\sqrt{12}}{32} = \frac{a^2 \cdot 2\sqrt{3}}{32} = \frac{a^2\sqrt{3}}{16}$.

Ответ: $\frac{a^2\sqrt{3}}{16}$.