Страница 57 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

5.37. Точка $M$ — середина ребра $CC_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точки $D$ и $M$ параллельно прямой $AC_1$.

Обозначим искомую плоскость сечения как $ \alpha $.

Построение сечения

1. По условию, точки $ D $ и $ M $ принадлежат секущей плоскости $ \alpha $. Так как обе эти точки лежат в плоскости грани $ DCC_1D_1 $, то отрезок $ DM $ является одной из сторон искомого сечения.

2. Согласно условию, плоскость $ \alpha $ параллельна прямой $ AC_1 $. Рассмотрим плоскость диагонального сечения $ ACC_1A_1 $, которая содержит прямую $ AC_1 $. Линия пересечения плоскости $ \alpha $ с плоскостью $ ACC_1A_1 $ должна быть прямой, параллельной $ AC_1 $.

3. Для построения этой линии пересечения найдем точку, общую для плоскостей $ \alpha $ и $ ACC_1A_1 $. Точка $ M $ принадлежит плоскости $ \alpha $. Одновременно $ M $ является серединой ребра $ CC_1 $, которое лежит в плоскости $ ACC_1A_1 $. Следовательно, точка $ M $ принадлежит обеим плоскостям.

4. Теперь в плоскости $ ACC_1A_1 $ проведем через точку $ M $ прямую, параллельную $ AC_1 $. Пусть эта прямая пересекает диагональ основания $ AC $ в точке $ K $. Таким образом, мы построили прямую $ MK $, которая лежит в секущей плоскости $ \alpha $.

5. Рассмотрим прямоугольник $ ACC_1A_1 $. В нем $ M $ — середина стороны $ CC_1 $, и $ MK \parallel AC_1 $. По теореме Фалеса (или из подобия треугольников $ \triangle CKM $ и $ \triangle CAC_1 $), точка $ K $ является серединой отрезка $ AC $.

6. Точки $ D $ и $ K $ принадлежат секущей плоскости $ \alpha $ и обе лежат в плоскости основания $ ABCD $. Значит, прямая, проходящая через точки $ D $ и $ K $, является линией пересечения плоскости $ \alpha $ с плоскостью основания куба.

7. В основании куба лежит квадрат $ ABCD $. Его диагонали $ AC $ и $ BD $ в точке пересечения делятся пополам. Поскольку $ K $ — середина диагонали $ AC $, точка $ K $ является центром квадрата и, следовательно, лежит на диагонали $ BD $. Таким образом, прямая $ DK $ совпадает с прямой, содержащей диагональ $ BD $.

8. Это означает, что вся диагональ $ DB $ принадлежит секущей плоскости $ \alpha $, и, следовательно, точка $ B $ является еще одной вершиной сечения. Сторона сечения, лежащая в основании, — это отрезок $ DB $.

9. Мы определили три вершины сечения: $ D $, $ M $ и $ B $. Соединим их отрезками. Отрезок $ DM $ лежит в грани $ DCC_1D_1 $, отрезок $ DB $ лежит в грани $ ABCD $, а отрезок $ MB $ соединяет вершину $ B $ и точку $ M $ на ребре $ CC_1 $.

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

Ответ: Сечением куба является треугольник $ DMB $.

5.38. Точки $M$, $N$ и $K$ — середины соответственно рёбер $AB$, $BC$ и $CA$ призмы $ABC A_1 B_1 C_1$. Докажите, что прямые $C_1 M$, $A_1 N$ и $B_1 K$ пересекаются в одной точке.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Введем систему координат с началом в точке $A$. Обозначим базисные векторы: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$ и $\vec{AA_1} = \vec{a}$.

В этой системе координат радиус-векторы вершин призмы будут следующими:
$\vec{A} = \vec{0}$
$\vec{B} = \vec{b}$
$\vec{C} = \vec{c}$
$\vec{A_1} = \vec{a}$
$\vec{B_1} = \vec{B} + \vec{BB_1} = \vec{B} + \vec{AA_1} = \vec{b} + \vec{a}$
$\vec{C_1} = \vec{C} + \vec{CC_1} = \vec{C} + \vec{AA_1} = \vec{c} + \vec{a}$

Точки $M$, $N$ и $K$ являются серединами ребер $AB$, $BC$ и $CA$ соответственно. Найдем их радиус-векторы:
$M$ — середина $AB$: $\vec{M} = \frac{\vec{A} + \vec{B}}{2} = \frac{\vec{0} + \vec{b}}{2} = \frac{1}{2}\vec{b}$
$N$ — середина $BC$: $\vec{N} = \frac{\vec{B} + \vec{C}}{2} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$
$K$ — середина $CA$: $\vec{K} = \frac{\vec{C} + \vec{A}}{2} = \frac{\vec{c} + \vec{0}}{2} = \frac{1}{2}\vec{c}$

Рассмотрим три треугольника: $\triangle C_1AB$, $\triangle A_1BC$ и $\triangle B_1CA$. Найдем радиус-векторы их центроидов (точек пересечения медиан).
Центроид $\triangle C_1AB$: $\vec{O_1} = \frac{\vec{C_1} + \vec{A} + \vec{B}}{3} = \frac{(\vec{a}+\vec{c}) + \vec{0} + \vec{b}}{3} = \frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{3}$
Центроид $\triangle A_1BC$: $\vec{O_2} = \frac{\vec{A_1} + \vec{B} + \vec{C}}{3} = \frac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3}$
Центроид $\triangle B_1CA$: $\vec{O_3} = \frac{\vec{B_1} + \vec{C} + \vec{A}}{3} = \frac{(\vec{a}+\vec{b}) + \vec{c} + \vec{0}}{3} = \frac{\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}}{3}$

Поскольку $\vec{O_1} = \vec{O_2} = \vec{O_3}$, все три треугольника имеют общий центроид. Обозначим эту точку как $O$.

Теперь докажем, что точка $O$ лежит на каждой из трех прямых $C_1M$, $A_1N$ и $B_1K$.

• Прямая $C_1M$: Точка $M$ является серединой стороны $AB$ в треугольнике $C_1AB$. Следовательно, отрезок $C_1M$ является медианой этого треугольника. Центроид $O$ по определению лежит на этой медиане, а значит, и на прямой $C_1M$.
• Прямая $A_1N$: Точка $N$ является серединой стороны $BC$ в треугольнике $A_1BC$. Следовательно, отрезок $A_1N$ является медианой этого треугольника. Центроид $O$ лежит на этой медиане, а значит, и на прямой $A_1N$.
• Прямая $B_1K$: Точка $K$ является серединой стороны $CA$ в треугольнике $B_1CA$. Следовательно, отрезок $B_1K$ является медианой этого треугольника. Центроид $O$ лежит на этой медиане, а значит, и на прямой $B_1K$.

Таким образом, мы показали, что все три прямые $C_1M$, $A_1N$ и $B_1K$ проходят через одну и ту же точку $O$, которая является общим центроидом для треугольников $C_1AB$, $A_1BC$ и $B_1CA$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Прямые $C_1M$, $A_1N$ и $B_1K$ пересекаются в одной точке.

5.39. Точки $E$, $F$ и $K$ — середины соответственно рёбер $AD$, $A_1B_1$ и $CC_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Постройте сечение куба плоскостью $EFK$.

Для построения сечения куба плоскостью $EFK$ выполним последовательность шагов, используя метод следов и свойство параллельности граней куба.

1. Нахождение следа секущей плоскости на плоскости нижнего основания.

   Следом плоскости сечения на плоскости грани куба называется прямая, по которой они пересекаются. Найдем след секущей плоскости $(EFK)$ на плоскости нижнего основания $(ABC)$.

   • Точка $E$ является серединой ребра $AD$, поэтому она принадлежит плоскости $(ABC)$. Следовательно, точка $E$ лежит на искомом следе.
   • Чтобы найти вторую точку следа, найдем точку пересечения прямой $FK$ с плоскостью $(ABC)$. Обозначим эту точку $P$. Для этого спроецируем прямую $FK$ на плоскость $(ABC)$. Проекцией точки $F$ (середины $A_1B_1$) является точка $F'$, середина ребра $AB$. Проекцией точки $K$ (середины $CC_1$) является вершина $C$. Значит, точка $P$ лежит на прямой, содержащей отрезок $F'C$.
   • Рассмотрим вертикальную плоскость, проходящую через прямую $FK$. В этой плоскости лежат перпендикуляры $FF'$ и $KC$ к плоскости $(ABC)$. Если ребро куба равно $a$, то $FF'=a$, а $KC = a/2$. Из подобия прямоугольных треугольников $\triangle PFF'$ и $\triangle PKC$ следует, что $\frac{PF'}{PC} = \frac{FF'}{KC} = \frac{a}{a/2} = 2$. Это означает, что точка $C$ является серединой отрезка $PF'$.
   • Строим точку $P$ на продолжении отрезка $F'C$ за точку $C$ так, что $F'C=CP$. Прямая, проходящая через точки $E$ и $P$, является следом секущей плоскости на плоскости $(ABC)$.
2. Построение сторон сечения на гранях куба.
   • След $EP$ пересекает ребро $CD$ в некоторой точке $M$. Можно показать, что прямая $EP$ параллельна диагонали $AC$. Так как $E$ — середина $AD$, то и $M$ будет серединой ребра $CD$. Отрезок $EM$ — это линия пересечения секущей плоскости с гранью $ABCD$ и первая сторона сечения.
   • Грань $(A_1B_1C_1D_1)$ параллельна грани $(ABCD)$. Следовательно, секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Проведем через точку $F$ в плоскости верхней грани прямую, параллельную $EM$. Эта прямая пересечет ребро $B_1C_1$ в точке $N$. Так как $F$ — середина $A_1B_1$, то $N$ будет серединой ребра $B_1C_1$. Отрезок $FN$ — вторая сторона сечения.
   • Точки $M$ (середина $CD$) и $K$ (середина $CC_1$) лежат в одной задней грани $(DCC_1D_1)$. Соединив их, получаем сторону сечения $MK$.
   • Точки $K$ (середина $CC_1$) и $N$ (середина $B_1C_1$) лежат в одной правой грани $(BCC_1B_1)$. Соединив их, получаем сторону сечения $KN$.
   • Грань $(ABB_1A_1)$ параллельна грани $(DCC_1D_1)$. Значит, линия пересечения секущей плоскости с передней гранью параллельна отрезку $MK$. Проведем через точку $F$ прямую, параллельную $MK$. Она пересечет ребро $AA_1$ в точке $L$. Можно показать, что $L$ — середина ребра $AA_1$. Отрезок $FL$ — пятая сторона сечения.
   • Точки $L$ (середина $AA_1$) и $E$ (середина $AD$) лежат в одной левой грани $(ADD_1A_1)$. Соединяем их и получаем последнюю, шестую, сторону сечения $LE$.

В результате построений мы получили шестиугольник $LEMKNF$.

Ответ: Искомое сечение — шестиугольник $LEMKNF$, вершинами которого являются середины ребер $AA_1, AD, CD, CC_1, B_1C_1$ и $A_1B_1$ соответственно.

5.40. Дан куб $ABCD A_1 B_1 C_1 D_1$. Точка $O$ — центр квадрата $ABCD$, точка $O_1$ — центр квадрата $A_1 B_1 C_1 D_1$, точка $E$ — середина ребра $AD$, точка $F$ — середина ребра $CD$, точка $M$ — середина отрезка $OO_1$. Постройте сечение куба плоскостью $EMF$.

Для построения сечения куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью $EMF$ выполним последовательные шаги.

1. Построение линии пересечения с основанием.

   Точки $E$ (середина $AD$) и $F$ (середина $CD$) лежат в плоскости нижнего основания $ABCD$. Следовательно, отрезок $EF$ является линией пересечения секущей плоскости с гранью $ABCD$ и является одной из сторон искомого сечения. В треугольнике $\triangle ADC$ отрезок $EF$ соединяет середины сторон $AD$ и $CD$, поэтому $EF$ является его средней линией. Отсюда следует, что $EF \parallel AC$.

2. Использование центра симметрии куба.

   Точка $O$ — центр нижнего основания $ABCD$, а $O_1$ — центр верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$. Отрезок $OO_1$ соединяет центры оснований. Точка $M$ — середина отрезка $OO_1$, следовательно, $M$ является центром симметрии всего куба. Поскольку секущая плоскость $EMF$ проходит через центр куба $M$, искомое сечение будет центрально-симметричной фигурой относительно точки $M$.

3. Построение вершин сечения с использованием симметрии.

   Воспользуемся свойством центральной симметрии для нахождения других вершин сечения. Для каждой точки сечения, лежащей на ребре куба, точка, симметричная ей относительно центра $M$, также должна лежать в плоскости сечения и на поверхности куба.

   • Найдем точку, симметричную точке $E$ (середина $AD$) относительно центра $M$. Этой точкой будет середина ребра $B_1C_1$. Обозначим ее $G$.
   • Найдем точку, симметричную точке $F$ (середина $CD$) относительно центра $M$. Этой точкой будет середина ребра $A_1B_1$. Обозначим ее $H$.

   Таким образом, мы нашли еще две вершины сечения — $G$ и $H$. Отрезок $GH$ лежит в плоскости верхнего основания $A_1B_1C_1D_1$ и является стороной сечения. Аналогично отрезку $EF$, отрезок $GH$ является средней линией $\triangle A_1B_1C_1$, поэтому $GH \parallel A_1C_1$. Так как $A_1C_1 \parallel AC$, то $GH \parallel EF$.

4. Нахождение оставшихся вершин.

   Секущая плоскость пересекает параллельные грани куба по параллельным прямым.

   • Грань $ADD_1A_1$ параллельна грани $BCC_1B_1$. Значит, линия пересечения плоскости $EMF$ с гранью $BCC_1B_1$ должна быть параллельна линии пересечения с гранью $ADD_1A_1$.
   • Грань $CDD_1C_1$ параллельна грани $ABB_1A_1$. Значит, линия пересечения плоскости $EMF$ с гранью $ABB_1A_1$ должна быть параллельна линии пересечения с гранью $CDD_1C_1$.

   Также можно воспользоваться свойством, что плоскость, проходящая через центр куба $M$ и содержащая линию $EF$, параллельную диагонали $AC$, должна также содержать линию, проходящую через $M$ и параллельную $AC$. Эта линия пересекает ребра $AA_1$ и $CC_1$ в их серединах. Обозначим эти точки как $P$ (середина $AA_1$) и $R$ (середина $CC_1$). Эти точки также являются вершинами сечения.

   Можно проверить, что точки $P$ и $R$ также симметричны друг другу относительно центра $M$.

5. Построение итогового сечения.

   Мы нашли шесть вершин сечения, которые являются серединами шести ребер куба: $E$ (на $AD$), $F$ (на $CD$), $R$ (на $CC_1$), $G$ (на $C_1B_1$), $H$ (на $B_1A_1$) и $P$ (на $A_1A$).

   Соединяем эти точки последовательно, чтобы получить многоугольник сечения:

   • Отрезок $EF$ на грани $ABCD$.
   • Отрезок $FR$ на грани $CDD_1C_1$.
   • Отрезок $RG$ на грани $BCC_1B_1$.
   • Отрезок $GH$ на грани $A_1B_1C_1D_1$.
   • Отрезок $HP$ на грани $A_1B_1BA$.
   • Отрезок $PE$ на грани $A_1ADD_1$.

   Полученный многоугольник $EFRGHP$ является шестиугольником. Так как все его вершины являются серединами ребер куба, а плоскость проходит через центр куба, этот шестиугольник является правильным.

Ответ: Искомым сечением является правильный шестиугольник $EFRGHP$, вершины которого являются серединами ребер $AD, CD, CC_1, C_1B_1, B_1A_1, A_1A$ соответственно.

5.41. Дана пирамида $MABCD$ (рис. 5.27). На ребре $BC$ отметили точку $N$, на ребре $MD$ — точку $K$. Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки $N$ и $K$ параллельно прямой $MC$.

Рис. 5.27

Пусть искомая секущая плоскость называется $\alpha$. По условию задачи, эта плоскость должна удовлетворять трем условиям:
1. Точка $N$ принадлежит плоскости $\alpha$ ($N \in \alpha$).
2. Точка $K$ принадлежит плоскости $\alpha$ ($K \in \alpha$).
3. Плоскость $\alpha$ параллельна прямой $MC$ ($MC \parallel \alpha$).

Построение сечения можно выполнить по следующему алгоритму:

1. Построение линии пересечения секущей плоскости с гранью $MDC$

   Прямая $MC$ и точка $K$ (по условию $K \in MD$) лежат в плоскости грани $(MDC)$. Согласно свойству о параллельности прямой и плоскости, если плоскость ($\alpha$) проходит через точку ($K$), не лежащую на данной прямой ($MC$), и параллельна этой прямой, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(MDC)$ есть прямая, проходящая через точку $K$ и параллельная прямой $MC$.
   Следовательно, в плоскости грани $(MDC)$ проведем прямую через точку $K$ параллельно прямой $MC$. Точку пересечения этой прямой с ребром $DC$ обозначим $L$. Отрезок $KL$ — одна из сторон искомого сечения ($KL \subset \alpha$ и $KL \parallel MC$).

2. Построение линии пересечения секущей плоскости с гранью $MBC$

   Аналогично, прямая $MC$ и точка $N$ (по условию $N \in BC$) лежат в плоскости грани $(MBC)$. Так как плоскость $\alpha$ проходит через точку $N$ и параллельна прямой $MC$, их линия пересечения с плоскостью $(MBC)$ будет прямой, проходящей через $N$ и параллельной $MC$.
   Проведем в плоскости грани $(MBC)$ прямую через точку $N$ параллельно прямой $MC$. Точку пересечения этой прямой с ребром $MB$ обозначим $P$. Отрезок $NP$ — еще одна сторона искомого сечения ($NP \subset \alpha$ и $NP \parallel MC$).

3. Завершение построения сечения

   В результате предыдущих шагов мы получили четыре точки, принадлежащие секущей плоскости $\alpha$ и лежащие на ребрах пирамиды: $P \in MB$, $N \in BC$, $L \in DC$ и $K \in MD$.
   Для получения многоугольника сечения последовательно соединим эти точки:
   - Соединим точки $N$ и $L$, лежащие в плоскости основания $ABCD$. Отрезок $NL$ — след секущей плоскости на основании пирамиды.
   - Соединим точки $P$ и $K$.
   Таким образом, четырехугольник $PNLK$ является искомым сечением пирамиды.

Обоснование:

Построенная плоскость $(PNLK)$ проходит через точки $N$ и $K$ по построению. В плоскости $(PNLK)$ лежит прямая $NP$, которая по построению параллельна прямой $MC$. Согласно признаку параллельности прямой и плоскости, если прямая ($MC$), не лежащая в плоскости ($(PNLK)$), параллельна некоторой прямой ($NP$), лежащей в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости. Следовательно, плоскость $(PNLK)$ параллельна прямой $MC$. Таким образом, сечение $PNLK$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Искомым сечением является четырехугольник $PNLK$, где точка $P$ — это точка пересечения ребра $MB$ с прямой, проходящей через точку $N$ параллельно прямой $MC$, а точка $L$ — это точка пересечения ребра $DC$ с прямой, проходящей через точку $K$ параллельно прямой $MC$.

5.42. Дана пирамида $MABCD$ (рис. 5.27). На ребре $BC$ отметили точку $N$, на ребре $MD$ — точку $K$. Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки $N$ и $K$ параллельно прямой $CD$.

Рис. 5.27

Обозначим искомую секущую плоскость как $\alpha$. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через точки $N$ и $K$ и параллельна прямой $CD$.

Построение

1. Поскольку секущая плоскость $\alpha$ параллельна прямой $CD$, то она пересекает любую плоскость, содержащую прямую $CD$, по прямой, параллельной $CD$.

2. Рассмотрим плоскость грани $(MCD)$. Эта плоскость содержит прямую $CD$. Точка $K$ принадлежит как грани $(MCD)$ (поскольку $K \in MD$), так и секущей плоскости $\alpha$. Следовательно, линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(MCD)$ должна проходить через точку $K$ параллельно прямой $CD$. Проведем в плоскости $(MCD)$ прямую через $K$ параллельно $CD$. Точку пересечения этой прямой с ребром $MC$ назовем $L$. Отрезок $KL$ — это сторона искомого сечения, причем $KL \parallel CD$.

3. Рассмотрим плоскость основания $(ABCD)$. Эта плоскость также содержит прямую $CD$. Точка $N$ принадлежит как плоскости основания (поскольку $N \in BC$), так и секущей плоскости $\alpha$. Следовательно, линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(ABCD)$ должна проходить через точку $N$ параллельно прямой $CD$. Проведем в плоскости $(ABCD)$ прямую через $N$ параллельно $CD$. Точку пересечения этой прямой с ребром $AD$ назовем $P$. Отрезок $NP$ — это еще одна сторона искомого сечения, причем $NP \parallel CD$.

4. Соединим последовательно полученные точки: $N$, $L$, $K$ и $P$.

• Отрезок $NL$ соединяет точки на ребрах $BC$ и $MC$, он лежит в плоскости грани $(MBC)$.
• Отрезок $KP$ соединяет точки на ребрах $MD$ и $AD$, он лежит в плоскости грани $(MAD)$.

Поскольку по построению $KL \parallel CD$ и $NP \parallel CD$, то $KL \parallel NP$. Две параллельные прямые однозначно задают плоскость, поэтому точки $N, L, K, P$ лежат в одной плоскости. Эта плоскость проходит через заданные точки $N$ и $K$ и параллельна прямой $CD$ (так как содержит прямую $KL$, параллельную $CD$). Таким образом, четырехугольник $NLKP$ является искомым сечением.

Ответ: Искомое сечение — четырехугольник $NLKP$, где точка $L$ — это точка пересечения прямой, проведенной через $K$ параллельно $CD$, с ребром $MC$, а точка $P$ — это точка пересечения прямой, проведенной через $N$ параллельно $CD$, с ребром $AD$.

5.43. Основанием пирамиды $SABCD$ является параллелограмм $ABCD$. Постройте сечение этой пирамиды плоскостью, проходящей через середину ребра $AB$ и параллельной прямым $AC$ и $SD$. В каком отношении секущая плоскость делит ребро $SB$, считая от точки $S$?

Задача состоит из двух частей: построение сечения пирамиды и нахождение отношения, в котором секущая плоскость делит ребро $SB$.

Пусть $\alpha$ — секущая плоскость. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ — середину ребра $AB$, и параллельна прямым $AC$ и $SD$.

1. Построим след секущей плоскости $\alpha$ на плоскости основания $(ABC)$. Так как плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AC$, которая лежит в плоскости $(ABC)$, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(ABC)$ должна быть параллельна $AC$. Проведём в плоскости $(ABC)$ через точку $M$ прямую, параллельную $AC$. Пусть эта прямая пересекает ребро $BC$ в точке $N$. В треугольнике $\triangle ABC$ отрезок $MN$ параллелен $AC$, и точка $M$ является серединой стороны $AB$. По теореме Фалеса, точка $N$ является серединой стороны $BC$. Таким образом, отрезок $MN$ — средняя линия треугольника $\triangle ABC$ и является одной из сторон искомого сечения.

2. Теперь используем второе условие: плоскость $\alpha$ параллельна ребру $SD$. Рассмотрим диагональную плоскость $(SBD)$. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(SBD)$ должна быть параллельна $SD$. Чтобы построить эту линию, нам нужна точка, принадлежащая одновременно плоскостям $\alpha$ и $(SBD)$.

3. Найдём такую точку. Пусть диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $O$. В плоскости основания $(ABC)$ отрезок $MN$ пересекает диагональ $BD$ в некоторой точке $K$. Точка $K$ лежит на отрезке $MN$, следовательно, $K$ принадлежит секущей плоскости $\alpha$. Точка $K$ также лежит на диагонали $BD$, следовательно, $K$ принадлежит плоскости $(SBD)$.

4. Определим положение точки $K$ на диагонали $BD$. Так как $ABCD$ — параллелограмм, $O$ — середина диагонали $BD$, то есть $BO = \frac{1}{2}BD$. В треугольнике $\triangle ABC$ отрезок $BO$ является медианой. Рассмотрим треугольник $\triangle ABO$. $M$ — середина $AB$. Точка $K$ лежит на медиане $BO$. В $\triangle ABC$ отрезок $MN$ является средней линией. Известно, что средняя линия треугольника делит пополам любой отрезок, соединяющий вершину с точкой на противолежащей стороне. В частности, $MN$ делит пополам медиану $BO$. Таким образом, $K$ — середина отрезка $BO$.

Отсюда следует, что $BK = \frac{1}{2}BO = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}BD \right) = \frac{1}{4}BD$.

5. Теперь в плоскости $(SBD)$ проведём через точку $K$ прямую, параллельную ребру $SD$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SB$ в точке $Q$. Отрезок $KQ$ является частью сечения.

6. Рассмотрим треугольник $\triangle SBD$. Прямая $KQ$ параллельна стороне $SD$ и пересекает стороны $SB$ и $BD$. По обобщённой теореме Фалеса (теореме о пропорциональных отрезках):$$ \frac{BQ}{BS} = \frac{BK}{BD} $$Мы нашли, что $\frac{BK}{BD} = \frac{1}{4}$, следовательно:$$ \frac{BQ}{BS} = \frac{1}{4} $$

7. Найдём отношение, в котором точка $Q$ делит ребро $SB$, считая от точки $S$.$$ SQ = SB - BQ = SB - \frac{1}{4}SB = \frac{3}{4}SB $$Таким образом, $SQ = \frac{3}{4}SB$, а $QB = \frac{1}{4}SB$. Отношение этих отрезков:$$ \frac{SQ}{QB} = \frac{\frac{3}{4}SB}{\frac{1}{4}SB} = 3 $$Следовательно, секущая плоскость делит ребро $SB$ в отношении $3:1$, считая от точки $S$.

8. Мы нашли три вершины сечения: $M$, $N$ и $Q$. Сечение представляет собой пятиугольник. Для полного построения необходимо найти его остальные вершины. Одна из них, точка $R$, лежит на ребре $SC$, а другая, точка $P$, — на ребре $SA$. Соединяя последовательно точки $M, N, R, P, Q$, получим искомое сечение $MNRPQ$. (Дальнейшие построения показывают, что $P$ — середина $SA$, а $R$ — середина $SC$, но это не требуется для ответа на второй вопрос задачи).

Ответ: Секущая плоскость делит ребро $SB$ в отношении $3:1$, считая от точки $S$.

5.44. Постройте сечение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через середину ребра $AB$ и параллельной прямым $A_1C_1$ и $BD_1$. В каком отношении секущая плоскость делит отрезок $DB_1$, считая от точки $D$?

Постройте сечение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через середину ребра $AB$ и параллельной прямым $A_1C_1$ и $BD_1$.

Для построения сечения введем прямоугольную систему координат. Пусть вершина куба $D$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$, а ребра $DA$, $DC$ и $DD_1$ лежат на осях $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно. Примем длину ребра куба равной $a$.

В этой системе координат вершины куба имеют следующие координаты:
$D(0,0,0)$, $A(a,0,0)$, $C(0,a,0)$, $B(a,a,0)$,
$D_1(0,0,a)$, $A_1(a,0,a)$, $C_1(0,a,a)$, $B_1(a,a,a)$.

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через середину ребра $AB$, точку $M$. Найдем ее координаты:
$M = (\frac{a+a}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2}) = (a, \frac{a}{2}, 0)$.

Плоскость $\alpha$ параллельна прямым $A_1C_1$ и $BD_1$. Найдем направляющие векторы этих прямых:
Для $A_1C_1$: $\vec{v_1} = \vec{A_1C_1} = C_1 - A_1 = (0,a,a) - (a,0,a) = (-a, a, 0)$. В качестве направляющего вектора можно взять коллинеарный ему вектор $\vec{u_1} = (-1, 1, 0)$.
Для $BD_1$: $\vec{v_2} = \vec{BD_1} = D_1 - B = (0,0,a) - (a,a,0) = (-a, -a, a)$. В качестве направляющего вектора можно взять коллинеарный ему вектор $\vec{u_2} = (-1, -1, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $\alpha$ перпендикулярен векторам $\vec{u_1}$ и $\vec{u_2}$. Найдем его через векторное произведение:
$\vec{n} = \vec{u_1} \times \vec{u_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(1 \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) - \mathbf{j}((-1) \cdot 1 - 0 \cdot (-1)) + \mathbf{k}((-1) \cdot (-1) - 1 \cdot (-1)) = (1, 1, 2)$.

Уравнение плоскости $\alpha$, проходящей через точку $M(a, a/2, 0)$ с нормальным вектором $\vec{n}=(1,1,2)$, имеет вид:
$1(x-a) + 1(y - \frac{a}{2}) + 2(z-0) = 0$
$x + y + 2z - \frac{3a}{2} = 0$.

Для построения сечения найдем точки пересечения плоскости $\alpha$ с ребрами куба:

• Ребро $AB$ ($x=a, z=0$): $a+y+0-\frac{3a}{2}=0 \Rightarrow y=\frac{a}{2}$. Точка $M(a, \frac{a}{2}, 0)$ - середина $AB$.
• Ребро $BC$ ($y=a, z=0$): $x+a+0-\frac{3a}{2}=0 \Rightarrow x=\frac{a}{2}$. Точка $N(\frac{a}{2}, a, 0)$ - середина $BC$.
• Ребро $CC_1$ ($x=0, y=a$): $0+a+2z-\frac{3a}{2}=0 \Rightarrow 2z=\frac{a}{2} \Rightarrow z=\frac{a}{4}$. Точка $P(0, a, \frac{a}{4})$.
• Ребро $DD_1$ ($x=0, y=0$): $0+0+2z-\frac{3a}{2}=0 \Rightarrow z=\frac{3a}{4}$. Точка $Q(0, 0, \frac{3a}{4})$.
• Ребро $AA_1$ ($x=a, y=0$): $a+0+2z-\frac{3a}{2}=0 \Rightarrow 2z=\frac{a}{2} \Rightarrow z=\frac{a}{4}$. Точка $R(a, 0, \frac{a}{4})$.

Плоскость не пересекает другие ребра куба в пределах их длины. Соединив последовательно полученные точки $M \rightarrow N \rightarrow P \rightarrow Q \rightarrow R \rightarrow M$, получаем искомое сечение - пятиугольник $MNPQR$.

Ответ: Сечением является пятиугольник $MNPQR$, вершины которого лежат на ребрах куба: $M$ - середина $AB$, $N$ - середина $BC$, точка $P$ на $CC_1$ такова, что $CP:PC_1=1:3$, точка $Q$ на $DD_1$ такова, что $DQ:QD_1=3:1$, и точка $R$ на $AA_1$ такова, что $AR:RA_1=1:3$.

В каком отношении секущая плоскость делит отрезок $DB_1$, считая от точки $D$?

Найдем точку пересечения $K$ отрезка $DB_1$ с плоскостью сечения $\alpha$. Координаты точек: $D(0,0,0)$ и $B_1(a,a,a)$.

Параметрическое уравнение прямой $DB_1$ имеет вид:
$L(t): \begin{cases} x = at \\ y = at \\ z = at \end{cases}$, где параметр $t \in [0, 1]$ для точек отрезка $DB_1$.

Подставим эти выражения в уравнение плоскости $\alpha$: $x + y + 2z - \frac{3a}{2} = 0$.
$(at) + (at) + 2(at) - \frac{3a}{2} = 0$
$4at = \frac{3a}{2}$
$t = \frac{3}{8}$.

Поскольку $0 < 3/8 < 1$, точка пересечения $K$ лежит на отрезке $DB_1$. Точка $K$ делит отрезок $DB_1$ в отношении $\frac{DK}{KB_1}$.
Вектор $\vec{DK}$ соответствует значению параметра $t=3/8$, то есть $\vec{DK} = \frac{3}{8}\vec{DB_1}$.
Тогда вектор $\vec{KB_1} = \vec{DB_1} - \vec{DK} = \vec{DB_1} - \frac{3}{8}\vec{DB_1} = \frac{5}{8}\vec{DB_1}$.
Отношение длин отрезков равно отношению модулей векторов, которое в данном случае равно отношению коэффициентов:
$\frac{DK}{KB_1} = \frac{|\vec{DK}|}{|\vec{KB_1}|} = \frac{\frac{3}{8}|\vec{DB_1}|}{\frac{5}{8}|\vec{DB_1}|} = \frac{3}{5}$.

Ответ: Секущая плоскость делит отрезок $DB_1$ в отношении $3:5$, считая от точки $D$.

5.45. Точки $M$, $N$ и $K$ принадлежат соответственно граням $AA_1C_1C$, $AA_1B_1B$ и $BB_1C_1C$ призмы $ABCA_1B_1C_1$ (рис. 5.28). Постройте сечение призмы плоскостью $MNK$.

Рис. 5.28

Для построения сечения призмы плоскостью $MNK$ воспользуемся методом следов. Суть метода заключается в построении линии пересечения (следа) секущей плоскости с плоскостью основания призмы, а затем, используя этот след, последовательно строятся стороны многоугольника сечения.

Построение состоит из двух основных этапов:

1. Построение следа секущей плоскости на плоскости основания.

След секущей плоскости $(MNK)$ на плоскости основания $(ABC)$ — это прямая. Для её построения найдём две точки, принадлежащие этой прямой. Такими точками являются точки пересечения каких-либо двух прямых, лежащих в плоскости $(MNK)$, с плоскостью $(ABC)$. Возьмём прямые $MN$ и $NK$.

• a) Нахождение точки пересечения прямой $MN$ с плоскостью $(ABC)$.
  Точка $M$ лежит в плоскости боковой грани $(AA_1C_1C)$, а точка $N$ — в плоскости боковой грани $(AA_1B_1B)$. Чтобы найти точку пересечения прямой $MN$ с плоскостью $(ABC)$, используем метод вспомогательных проекций.
  1. Спроецируем точки $M$ и $N$ на плоскость $(ABC)$ параллельно боковым рёбрам (например, $AA_1$). Для этого проведём через точку $M$ прямую, параллельную $AA_1$, до пересечения с ребром $AC$ в точке $M'$.
  2. Аналогично проведём через точку $N$ прямую, параллельную $AA_1$, до пересечения с ребром $AB$ в точке $N'$.
  3. Прямые $MN$ и $M'N'$ лежат в одной вспомогательной плоскости $(MNN'M')$. Найдём их точку пересечения $P = MN \cap M'N'$.
  4. Так как $P \in MN$, то точка $P$ принадлежит секущей плоскости $(MNK)$. Так как $P \in M'N'$, а прямая $M'N'$ лежит в плоскости $(ABC)$, то точка $P$ принадлежит плоскости основания. Следовательно, $P$ — первая точка искомого следа.
• b) Нахождение точки пересечения прямой $NK$ с плоскостью $(ABC)$.
  Действуем аналогично. Точка $N \in (AA_1B_1B)$, точка $K \in (BB_1C_1C)$.
  1. Спроецируем точки $N$ и $K$ на плоскость $(ABC)$ параллельно боковым рёбрам (например, $BB_1$). Проекцией точки $N$ на $AB$ будет та же точка $N'$. Проведём через точку $K$ прямую, параллельную $BB_1$, до пересечения с ребром $BC$ в точке $K'$.
  2. Прямые $NK$ и $N'K'$ лежат в одной плоскости. Найдём их точку пересечения $Q = NK \cap N'K'$.
  3. Точка $Q$ принадлежит и секущей плоскости $(MNK)$, и плоскости основания $(ABC)$. Следовательно, $Q$ — вторая точка искомого следа.
• c) Построение следа.
  Проводим прямую $s$ через точки $P$ и $Q$. Прямая $s=PQ$ является следом плоскости $(MNK)$ на плоскости $(ABC)$.

2. Построение многоугольника сечения.

Теперь, имея след $s$, мы можем найти вершины многоугольника сечения, которые являются точками пересечения секущей плоскости с рёбрами призмы.

• a) Найдём точки пересечения следа $s$ с прямыми, содержащими рёбра основания призмы. Пусть $s \cap AC = P_1$ и $s \cap BC = P_2$. Отрезок $P_1P_2$ (если его точки лежат на рёбрах $AC$ и $BC$) является стороной сечения на грани основания.
• b) Точка $P_2$ лежит в плоскости грани $(BB_1C_1C)$, как и точка $K$. Следовательно, прямая $P_2K$ является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью этой грани. Найдём точки пересечения этой прямой с рёбрами грани: пусть $P_3 = P_2K \cap BB_1$. Отрезок $P_2P_3$ (если $P_2$ и $P_3$ лежат на соответствующих рёбрах) — это сторона сечения.
• c) Точка $P_3$ лежит на ребре $BB_1$, значит, она также принадлежит грани $(AA_1B_1B)$. Точка $N$ также лежит в этой грани. Проводим прямую $P_3N$. Пусть она пересекает ребро $AA_1$ в точке $P_4$. Отрезок $P_3P_4$ — следующая сторона сечения.
• d) Точка $P_4$ лежит на ребре $AA_1$, то есть в грани $(AA_1C_1C)$, где также лежит точка $M$. Проводим прямую $P_4M$. Эта прямая должна пройти через точку $P_1$, найденную ранее (так как точки $P_4, M, P_1$ лежат одновременно в секущей плоскости и в плоскости грани $(AA_1C_1C)$). Это служит проверкой правильности построений. Отрезок $P_4P_1$ замыкает многоугольник сечения.

В результате последовательного соединения точек $P_1, P_2, P_3, P_4$ (или других точек, полученных на рёбрах в зависимости от конкретного расположения $M, N, K$) мы получаем искомый многоугольник, который является сечением призмы плоскостью $(MNK)$.

Ответ: Искомое сечение — многоугольник, построенный согласно описанному выше алгоритму. Его вершины являются точками пересечения секущей плоскости с рёбрами призмы. Построение основано на нахождении следа секущей плоскости на плоскости основания и последующем построении линий пересечения секущей плоскости с гранями призмы.