Страница 70 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

6.35. На рёбрах $AA_1$, $A_1B_1$ и $CD$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$, $N$ и $K$ (рис. 6.28). Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точку $K$ параллельно плоскости $MNC$.

Рис. 6.28

Искомое сечение — это многоугольник, полученный при пересечении куба плоскостью $\alpha$, которая проходит через точку $K$ и параллельна плоскости $(MNC)$.

Построение основывается на свойстве параллельных плоскостей: если две параллельные плоскости пересекаются третьей плоскостью, то линии их пересечения параллельны. В качестве третьих плоскостей мы будем использовать плоскости граней куба.

1. Плоскость $(MNC)$ пересекает грань $ABB_1A_1$ по прямой $MN$. Так как искомая плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $(MNC)$, а грань $CDD_1C_1$ параллельна грани $ABB_1A_1$, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $CDD_1C_1$ будет параллельна прямой $MN$. Точка $K$ принадлежит этой грани и плоскости $\alpha$. Проведём в плоскости грани $CDD_1C_1$ через точку $K$ прямую, параллельную $MN$. Эта прямая пересечёт ребро $DD_1$ в точке $P$. Отрезок $KP$ — одна из сторон сечения.
2. Для построения следующей стороны рассмотрим плоскость нижней грани $ABCD$. Найдём линию пересечения плоскости $(MNC)$ с плоскостью $(ABCD)$. Для этого продлим прямую $MN$ в плоскости грани $ABB_1A_1$ до пересечения с продолжением прямой $AB$. Обозначим точку их пересечения как $E$. Точки $E$ и $C$ лежат как в плоскости $(MNC)$, так и в плоскости $(ABCD)$. Следовательно, прямая $EC$ является линией пересечения этих плоскостей (следом плоскости $(MNC)$ на плоскости $(ABCD)$).
3. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $ABCD$ должна быть параллельна прямой $EC$ и проходить через точку $K$. Проведём в плоскости $(ABCD)$ через точку $K$ прямую, параллельную $EC$. Эта прямая пересечёт ребро $BC$ в точке $L$. Отрезок $KL$ — вторая сторона сечения.
4. Теперь у нас есть точка $P$ на грани $ADD_1A_1$ и точка $L$ на грани $BCC_1B_1$. Так как грань $ADD_1A_1$ параллельна грани $BCC_1B_1$, то линии пересечения плоскости $\alpha$ с этими гранями должны быть параллельны. Найдём линию пересечения $(MNC)$ с гранью $ADD_1A_1$. Эта линия проходит через точку $M$. Чтобы найти вторую точку, продлим прямую $NC$ до пересечения с плоскостью $(ADD_1A_1)$ в точке $F$. Тогда прямая $MF$ — след плоскости $(MNC)$ на грани $ADD_1A_1$. Проведём через точку $P$ в плоскости $(ADD_1A_1)$ прямую, параллельную $MF$. Она пересечёт ребро $A_1D_1$ в точке $R$. Отрезок $PR$ — третья сторона сечения.
5. Грань $A_1B_1C_1D_1$ параллельна грани $ABCD$. Следовательно, линия пересечения $\alpha$ с верхней гранью должна быть параллельна линии пересечения с нижней, то есть отрезку $KL$. Проведём через точку $R$ в плоскости $(A_1B_1C_1D_1)$ прямую, параллельную $KL$. Она пересечёт ребро $A_1B_1$ в точке $S$. Отрезок $RS$ — четвёртая сторона сечения.
6. Грань $ABB_1A_1$ параллельна грани $CDD_1C_1$. Линия пересечения $\alpha$ с передней гранью должна быть параллельна линии пересечения с задней, то есть отрезку $KP$. Проведём через точку $S$ в плоскости $(ABB_1A_1)$ прямую, параллельную $KP$ (а значит, и $MN$). Она пересечёт ребро $BB_1$ в точке $T$. Отрезок $ST$ — пятая сторона сечения.
7. Соединим точки $T$ и $L$. Обе точки лежат в плоскости грани $BCC_1B_1$. Отрезок $TL$ — шестая, замыкающая сторона сечения. По построению, он должен быть параллелен отрезку $PR$.

В результате построения получен шестиугольник $KPRSTL$. Это и есть искомое сечение.

Ответ: Искомым сечением является шестиугольник $KPRSTL$, построенный согласно описанным шагам.

6.36. Точки $M$ и $N$ — середины соответственно рёбер $BC$ и $AD$ тетраэдра $DABC$. Параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ содержат соответственно прямые $AM$ и $BN$. Постройте сечения тетраэдра плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

По условию задачи, нам необходимо построить сечения тетраэдра $DABC$ двумя параллельными плоскостями $\alpha$ и $\beta$. Плоскость $\alpha$ содержит прямую $AM$, где $M$ — середина ребра $BC$, а плоскость $\beta$ содержит прямую $BN$, где $N$ — середина ребра $AD$.

Так как плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны, а прямая $BN$ лежит в плоскости $\beta$, то прямая $BN$ должна быть параллельна плоскости $\alpha$. Аналогично, прямая $AM$ должна быть параллельна плоскости $\beta$.

Таким образом, задача сводится к построению:
1) Сечения плоскостью $\alpha$, которая проходит через прямую $AM$ и параллельна прямой $BN$.
2) Сечения плоскостью $\beta$, которая проходит через прямую $BN$ и параллельна прямой $AM$.

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через вершину $A$ и точку $M$ на ребре $BC$. Следовательно, $A$ и $M$ являются вершинами искомого сечения. Сечение будет многоугольником, вершины которого лежат на ребрах тетраэдра. Поскольку плоскость $\alpha$ уже содержит две точки $A$ и $M$, которые лежат в разных гранях ($A$ — общая вершина для граней $ABC$, $ABD$, $ACD$, а $M$ — на ребре $BC$ грани $BCD$), сечение, скорее всего, будет треугольником или четырехугольником.

Для построения сечения найдем точки его пересечения с ребрами тетраэдра. Для этого введем векторный базис с началом в точке $A$. Пусть $\vec{AB} = \mathbf{b}$, $\vec{AC} = \mathbf{c}$, $\vec{AD} = \mathbf{d}$. Тогда координаты точек $M$ и $N$:
$M$ — середина $BC$, поэтому $\vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{AC}) = \frac{1}{2}(\mathbf{b} + \mathbf{c})$.
$N$ — середина $AD$, поэтому $\vec{AN} = \frac{1}{2}\vec{AD} = \frac{1}{2}\mathbf{d}$.

Плоскость $\alpha$ проходит через точку $A$ (начало координат), содержит вектор $\vec{AM}$ и параллельна вектору $\vec{BN} = \vec{AN} - \vec{AB} = \frac{1}{2}\mathbf{d} - \mathbf{b}$. Таким образом, уравнение плоскости $\alpha$ в векторной форме: $\vec{r} = s\vec{AM} + t\vec{BN}$, где $s$ и $t$ — параметры.
$\vec{r} = s\left(\frac{1}{2}\mathbf{b} + \frac{1}{2}\mathbf{c}\right) + t\left(\frac{1}{2}\mathbf{d} - \mathbf{b}\right) = \left(\frac{s}{2} - t\right)\mathbf{b} + \frac{s}{2}\mathbf{c} + \frac{t}{2}\mathbf{d}$.

Найдем точку пересечения $P$ плоскости $\alpha$ с ребром $CD$. Точка $P$ лежит на отрезке $CD$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{AP}$ можно представить как $\vec{AP} = (1-k)\vec{AC} + k\vec{AD} = (1-k)\mathbf{c} + k\mathbf{d}$ для некоторого $k \in [0, 1]$. Приравняем выражения для радиус-вектора точки $P$:
$\left(\frac{s}{2} - t\right)\mathbf{b} + \frac{s}{2}\mathbf{c} + \frac{t}{2}\mathbf{d} = (1-k)\mathbf{c} + k\mathbf{d}$.
Так как векторы $\mathbf{b}, \mathbf{c}, \mathbf{d}$ линейно независимы, приравняем коэффициенты при них:
$\begin{cases} \frac{s}{2} - t = 0 \\ \frac{s}{2} = 1-k \\ \frac{t}{2} = k \end{cases}$
Из первого уравнения $s = 2t$. Подставим в третье: $t = 2k$. Тогда $s = 4k$. Подставим $s$ во второе уравнение: $\frac{4k}{2} = 1-k \Rightarrow 2k = 1-k \Rightarrow 3k = 1 \Rightarrow k = \frac{1}{3}$.
Поскольку $k = \frac{1}{3} \in [0, 1]$, точка $P$ действительно лежит на ребре $CD$.
Отношение, в котором точка $P$ делит ребро $CD$, равно $CP:PD = k : (1-k) = \frac{1}{3} : \frac{2}{3} = 1:2$.

Можно показать, что плоскость $\alpha$ не пересекает ребра $BD$ внутри отрезка. Таким образом, сечение представляет собой треугольник $AMP$.
Ответ: Сечение тетраэдра плоскостью $\alpha$ есть треугольник $AMP$, где $P$ — точка на ребре $CD$, делящая его в отношении $CP:PD = 1:2$.

Плоскость $\beta$ содержит прямую $BN$ и параллельна прямой $AM$. Эта задача симметрична предыдущей. Сечение проходит через точки $B$ и $N$. Найдем третью вершину сечения, которая должна лежать на одном из ребер, выходящих из вершин $A, C, D$. По аналогии с предыдущим случаем, можно предположить, что третья вершина $Q$ лежит на ребре $CD$.

Плоскость $\beta$ проходит через точку $B$ и параллельна векторам $\vec{BN}$ и $\vec{AM}$. Уравнение плоскости $\beta$: $\vec{r} = \vec{AB} + s\vec{BN} + t\vec{AM}$.
$\vec{r} = \mathbf{b} + s\left(\frac{1}{2}\mathbf{d} - \mathbf{b}\right) + t\left(\frac{1}{2}\mathbf{b} + \frac{1}{2}\mathbf{c}\right) = \left(1-s+\frac{t}{2}\right)\mathbf{b} + \frac{t}{2}\mathbf{c} + \frac{s}{2}\mathbf{d}$.

Найдем точку пересечения $Q$ плоскости $\beta$ с ребром $CD$. Радиус-вектор точки $Q$: $\vec{AQ} = (1-k)\vec{AC} + k\vec{AD} = (1-k)\mathbf{c} + k\mathbf{d}$ для $k \in [0, 1]$. Приравняем выражения для радиус-вектора точки $Q$:
$\left(1-s+\frac{t}{2}\right)\mathbf{b} + \frac{t}{2}\mathbf{c} + \frac{s}{2}\mathbf{d} = (1-k)\mathbf{c} + k\mathbf{d}$.
Приравнивая коэффициенты при базисных векторах, получаем систему:
$\begin{cases} 1-s+\frac{t}{2} = 0 \\ \frac{t}{2} = 1-k \\ \frac{s}{2} = k \end{cases}$
Из третьего уравнения $s = 2k$. Из второго $t = 2(1-k)$. Подставим в первое уравнение:
$1 - 2k + \frac{2(1-k)}{2} = 0 \Rightarrow 1 - 2k + 1 - k = 0 \Rightarrow 2 - 3k = 0 \Rightarrow k = \frac{2}{3}$.
Поскольку $k = \frac{2}{3} \in [0, 1]$, точка $Q$ лежит на ребре $CD$.
Отношение, в котором точка $Q$ делит ребро $CD$, равно $CQ:QD = k : (1-k) = \frac{2}{3} : \frac{1}{3} = 2:1$.

Сечение представляет собой треугольник $BNQ$.
Ответ: Сечение тетраэдра плоскостью $\beta$ есть треугольник $BNQ$, где $Q$ — точка на ребре $CD$, делящая его в отношении $CQ:QD = 2:1$.

6.37. Точка $M$ — середина ребра $BC$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ содержат соответственно прямые $A_1M$ и $D_1C$. Постройте сечения куба плоскостями $\alpha$ и $\beta$.

Для решения задачи проанализируем взаимное расположение прямых $A_1M$ и $D_1C$.

Рассмотрим плоскость, проходящую через три вершины куба: $A_1$, $D_1$ и $C$. Обозначим эту плоскость $\gamma$.

1. Плоскость $\gamma$ пересекает верхнюю грань куба $A_1B_1C_1D_1$ по прямой $A_1D_1$, так как обе точки $A_1$ и $D_1$ принадлежат этой грани.

2. Плоскость $\gamma$ пересекает заднюю грань куба $DCC_1D_1$ по прямой $D_1C$, так как обе точки $D_1$ и $C$ принадлежат этой грани.

3. Плоскости верхней и нижней граней куба параллельны ($A_1B_1C_1D_1 \parallel ABCD$). Следовательно, плоскость $\gamma$ пересекает их по параллельным прямым. Прямая пересечения с верхней гранью — $A_1D_1$. Значит, прямая пересечения с нижней гранью проходит через точку $C$ (которая принадлежит $\gamma$ и нижней грани) и параллельна $A_1D_1$. В кубе ребро $BC$ параллельно ребру $A_1D_1$. Следовательно, плоскость $\gamma$ пересекает нижнюю грань по прямой $BC$.

4. Поскольку плоскость $\gamma$ пересекает нижнюю грань по прямой $BC$, она содержит весь отрезок $BC$. Точка $M$ является серединой ребра $BC$, значит, точка $M$ также принадлежит плоскости $\gamma$.

Из этого следует, что все четыре точки — $A_1$, $M$, $D_1$ и $C$ — лежат в одной плоскости $\gamma$. Таким образом, прямые $A_1M$ и $D_1C$ являются копланарными (лежат в одной плоскости).

По условию, плоскость $\alpha$ содержит прямую $A_1M$, а плоскость $\beta$ содержит прямую $D_1C$, и при этом плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны ($\alpha \parallel \beta$).

Поскольку прямые $A_1M$ и $D_1C$ лежат в одной плоскости $\gamma$ и не параллельны друг другу (это можно проверить, введя систему координат), то содержащие их параллельные плоскости $\alpha$ и $\beta$ могут быть только одной и той же плоскостью, совпадающей с $\gamma$. То есть, $\alpha = \beta = \gamma$.

Следовательно, нам нужно построить одно сечение, которое будет являться решением для обеих плоскостей.

Постройте сечения куба плоскостями $\alpha$ и $\beta$

Исходя из вышесказанного, сечения куба плоскостями $\alpha$ и $\beta$ совпадают. Построим это сечение, которое определяется плоскостью $\gamma$, проходящей через точки $A_1$, $D_1$ и $C$.

1. Соединяем точки $A_1$ и $D_1$, лежащие в плоскости верхней грани $A_1B_1C_1D_1$. Получаем сторону сечения — ребро $A_1D_1$.
2. Соединяем точки $D_1$ и $C$, лежащие в плоскости задней грани $DCC_1D_1$. Получаем сторону сечения — диагональ $D_1C$.
3. Плоскость сечения пересекает параллельные грани $A_1B_1C_1D_1$ и $ABCD$ по параллельным прямым. Так как линия пересечения с верхней гранью — $A_1D_1$, то линия пересечения с нижней гранью — прямая, проходящая через точку $C$ параллельно $A_1D_1$. Этой прямой является прямая $BC$. Таким образом, сечение содержит ребро $BC$.
4. Соединяем оставшиеся вершины $B$ и $A_1$, которые лежат в плоскости передней грани $ABB_1A_1$. Получаем последнюю сторону сечения — диагональ $BA_1$.

Искомое сечение — четырехугольник $A_1BCD_1$.

Ответ: Сечения куба плоскостями $\alpha$ и $\beta$ совпадают и представляют собой четырехугольник $A_1BCD_1$.

6.38. Точки A, B, C, D, E, F таковы, что $AB \parallel DE$, $BC \parallel EF$, $CD \parallel FA$ и $AB \neq DE$. Докажите, что данные точки лежат в одной плоскости.

Для доказательства того, что точки $A, B, C, D, E, F$ лежат в одной плоскости, воспользуемся векторным методом.

Введем векторы, соответствующие отрезкам: $\vec{AB}, \vec{BC}, \vec{CD}, \vec{DE}, \vec{EF}, \vec{FA}$.

Из условий задачи следует, что некоторые пары векторов коллинеарны. Запишем это в виде векторных равенств, где $k_1, k_2, k_3$ – некоторые ненулевые действительные числа (коэффициенты пропорциональности):

• $AB \parallel DE \implies \vec{DE} = k_1 \vec{AB}$
• $BC \parallel EF \implies \vec{EF} = k_2 \vec{BC}$
• $CD \parallel FA \implies \vec{FA} = k_3 \vec{CD}$

Условие $AB \neq DE$ означает, что длины отрезков не равны, следовательно, $|k_1| \neq 1$.

Рассмотрим замкнутый контур, образованный точками $A, B, C, D, E, F$. Сумма векторов, образующих этот контур, равна нулевому вектору:

$\vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CD} + \vec{DE} + \vec{EF} + \vec{FA} = \vec{0}$

Подставим в это равенство выражения для векторов $\vec{DE}, \vec{EF}, \vec{FA}$:

$\vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CD} + (k_1 \vec{AB}) + (k_2 \vec{BC}) + (k_3 \vec{CD}) = \vec{0}$

Сгруппируем слагаемые при одинаковых векторах:

$(1 + k_1)\vec{AB} + (1 + k_2)\vec{BC} + (1 + k_3)\vec{CD} = \vec{0}$

Это равенство представляет собой линейную комбинацию трех векторов $\vec{AB}, \vec{BC}$ и $\vec{CD}$, которая равна нулевому вектору. Коэффициент $(1 + k_1)$ не равен нулю, так как по условию $|k_1| \neq 1$. Следовательно, это нетривиальная линейная зависимость.

Если три вектора линейно зависимы, то они компланарны, то есть лежат в одной плоскости или параллельны одной плоскости. Векторы $\vec{AB}, \vec{BC}$ и $\vec{CD}$ имеют общие точки (B и C), поэтому они лежат в одной плоскости.

Поскольку векторы $\vec{AB}, \vec{BC}$ и $\vec{CD}$ лежат в одной плоскости, то их начальные и конечные точки, а именно точки $A, B, C, D$, также лежат в одной плоскости. Обозначим эту плоскость как $\alpha$.

Теперь докажем, что точки $E$ и $F$ также лежат в плоскости $\alpha$.

Мы знаем, что точка $D$ лежит в плоскости $\alpha$. Вектор $\vec{DE} = k_1 \vec{AB}$. Так как вектор $\vec{AB}$ лежит в плоскости $\alpha$ (или параллелен ей), то и коллинеарный ему вектор $\vec{DE}$ также параллелен плоскости $\alpha$. Если из точки $D \in \alpha$ отложить вектор $\vec{DE}$, параллельный плоскости $\alpha$, то его конец, точка $E$, также будет лежать в плоскости $\alpha$.

Аналогично, точка $A$ лежит в плоскости $\alpha$. Вектор $\vec{FA} = k_3 \vec{CD}$. Так как вектор $\vec{CD}$ лежит в плоскости $\alpha$, то и вектор $\vec{FA}$ параллелен плоскости $\alpha$. Это означает, что вектор $\vec{AF} = -\vec{FA}$ также параллелен плоскости $\alpha$. Если из точки $A \in \alpha$ отложить вектор $\vec{AF}$, параллельный плоскости $\alpha$, то его конец, точка $F$, также будет лежать в плоскости $\alpha$.

Таким образом, все шесть точек $A, B, C, D, E, F$ лежат в одной плоскости $\alpha$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что данные точки лежат в одной плоскости.

6.39. Точки $A, B, C, D, E, F$ таковы, что $AB \parallel DE, BC \parallel EF, CD \parallel FA$. Известно, что не все указанные точки принадлежат одной плоскости.Докажите, что $AB = DE, BC = EF, CD = FA$.

Введем векторы, соответствующие отрезкам. Так как по условию $AB \parallel DE$, $BC \parallel EF$ и $CD \parallel FA$, то существуют ненулевые действительные числа $k_1, k_2, k_3$, такие что:

$\overrightarrow{AB} = k_1 \overrightarrow{DE}$

$\overrightarrow{BC} = k_2 \overrightarrow{EF}$

$\overrightarrow{CD} = k_3 \overrightarrow{FA}$

Наша задача — доказать, что модули этих коэффициентов равны единице, то есть $|k_1|=1, |k_2|=1, |k_3|=1$, так как это будет означать равенство длин соответствующих отрезков.

Рассмотрим замкнутую ломаную $ABCDA$. Сумма векторов, образующих эту ломаную, равна нулевому вектору:

$\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DA} = \vec{0}$

Подставим в это равенство выражения для векторов $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}, \overrightarrow{CD}$:

$k_1 \overrightarrow{DE} + k_2 \overrightarrow{EF} + k_3 \overrightarrow{FA} + \overrightarrow{DA} = \vec{0}$

Вектор $\overrightarrow{DA}$ можно выразить через векторы, образующие ломаную $DEFA$:

$\overrightarrow{DA} = \overrightarrow{DE} + \overrightarrow{EF} + \overrightarrow{FA}$

Подставим это выражение в предыдущее уравнение:

$k_1 \overrightarrow{DE} + k_2 \overrightarrow{EF} + k_3 \overrightarrow{FA} + (\overrightarrow{DE} + \overrightarrow{EF} + \overrightarrow{FA}) = \vec{0}$

Сгруппируем слагаемые при одинаковых векторах:

$(k_1 + 1)\overrightarrow{DE} + (k_2 + 1)\overrightarrow{EF} + (k_3 + 1)\overrightarrow{FA} = \vec{0}$

Теперь воспользуемся условием, что не все точки $A, B, C, D, E, F$ лежат в одной плоскости. Докажем от противного, что векторы $\overrightarrow{DE}, \overrightarrow{EF}, \overrightarrow{FA}$ не являются компланарными (не лежат в одной плоскости или в параллельных плоскостях).

Предположим, что векторы $\overrightarrow{DE}, \overrightarrow{EF}, \overrightarrow{FA}$ компланарны. Это означает, что точки $D, E, F, A$ лежат в одной плоскости (назовем ее $\pi$).

Рассмотрим положение точек $B$ и $C$.

Из равенства $\overrightarrow{AB} = k_1 \overrightarrow{DE}$ следует, что вектор $\overrightarrow{AB}$ параллелен плоскости $\pi$. Поскольку точка $A$ принадлежит плоскости $\pi$, то и точка $B$ также должна принадлежать этой плоскости.

Аналогично, из равенства $\overrightarrow{BC} = k_2 \overrightarrow{EF}$ следует, что вектор $\overrightarrow{BC}$ параллелен плоскости $\pi$. Поскольку мы установили, что точка $B$ принадлежит плоскости $\pi$, то и точка $C$ также должна принадлежать этой плоскости.

Таким образом, если точки $D, E, F, A$ лежат в одной плоскости, то и точки $B$ и $C$ лежат в той же плоскости. То есть все шесть точек $A, B, C, D, E, F$ лежат в одной плоскости $\pi$. Но это противоречит условию задачи.

Следовательно, наше предположение неверно, и векторы $\overrightarrow{DE}, \overrightarrow{EF}, \overrightarrow{FA}$ не являются компланарными. А раз так, то они линейно независимы.

Линейная комбинация некомпланарных векторов равна нулевому вектору тогда и только тогда, когда все ее коэффициенты равны нулю. Из уравнения $(k_1 + 1)\overrightarrow{DE} + (k_2 + 1)\overrightarrow{EF} + (k_3 + 1)\overrightarrow{FA} = \vec{0}$ следует, что:

$k_1 + 1 = 0 \implies k_1 = -1$

$k_2 + 1 = 0 \implies k_2 = -1$

$k_3 + 1 = 0 \implies k_3 = -1$

Теперь вернемся к исходным векторным равенствам и найдем длины отрезков:

1. $\overrightarrow{AB} = -1 \cdot \overrightarrow{DE} = -\overrightarrow{DE}$. Отсюда, взяв модуль (длину) от обеих частей, получаем: $|\overrightarrow{AB}| = |-\overrightarrow{DE}| = |\overrightarrow{DE}|$, то есть $AB = DE$.

2. $\overrightarrow{BC} = -1 \cdot \overrightarrow{EF} = -\overrightarrow{EF}$. Отсюда $|\overrightarrow{BC}| = |-\overrightarrow{EF}| = |\overrightarrow{EF}|$, то есть $BC = EF$.

3. $\overrightarrow{CD} = -1 \cdot \overrightarrow{FA} = -\overrightarrow{FA}$. Отсюда $|\overrightarrow{CD}| = |-\overrightarrow{FA}| = |\overrightarrow{FA}|$, то есть $CD = FA$.

Таким образом, мы доказали требуемые равенства.

Ответ: Что и требовалось доказать.

6.40. Постройте сечение куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через прямую $DB_1$ и параллельной прямой $AD_1$.

Обозначим искомую плоскость сечения как $\alpha$. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через прямую $DB_1$ и параллельна прямой $AD_1$.

Построение сечения будем выполнять по шагам, находя точки пересечения плоскости $\alpha$ с ребрами куба.

1. Анализ параллельности

Рассмотрим диагонали граней $AD_1$ и $BC_1$. В кубе грань $ADD_1A_1$ параллельна грани $BCC_1B_1$. Отрезок $AD$ параллелен и равен отрезку $BC$. Отрезок $AA_1$ параллелен и равен отрезку $BB_1$, а также отрезку $CC_1$. Отсюда следует, что четырехугольник $AD_1C_1B$ является параллелограммом, а значит, прямая $AD_1$ параллельна прямой $BC_1$.

Так как по условию плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AD_1$, а $AD_1 \parallel BC_1$, то плоскость $\alpha$ также параллельна прямой $BC_1$.

2. Построение следа сечения на грани $BCC_1B_1$

Будем использовать свойство: если плоскость ($\alpha$) параллельна некоторой прямой ($BC_1$), то линия пересечения этой плоскости с любой плоскостью ($\beta$), содержащей данную прямую, будет параллельна этой прямой.

В нашем случае:

• Плоскость сечения $\alpha$ параллельна прямой $BC_1$.
• Плоскость грани $BCC_1B_1$ содержит прямую $BC_1$.
• Точка $B_1$ принадлежит как плоскости сечения $\alpha$ (поскольку $DB_1 \subset \alpha$), так и грани $BCC_1B_1$.

Следовательно, линия пересечения (след) плоскости $\alpha$ с гранью $BCC_1B_1$ — это прямая, проходящая через точку $B_1$ параллельно прямой $BC_1$.

Проведем на грани $BCC_1B_1$ через вершину $B_1$ прямую, параллельную диагонали $BC_1$. Эта прямая пересечет ребро $BC$ в его середине. Обозначим эту точку как $K$. Таким образом, отрезок $B_1K$ — это один из отрезков искомого сечения.

3. Построение остальных отрезков сечения

Теперь у нас есть три точки, принадлежащие плоскости сечения: $D$, $B_1$ и $K$. Так как три точки, не лежащие на одной прямой, задают плоскость, мы можем построить остальные отрезки сечения.

• След на грани $ABCD$: Плоскость сечения проходит через точки $D$ и $K$, обе из которых лежат в плоскости грани $ABCD$. Следовательно, отрезок $DK$ является следом сечения на этой грани.
• След на грани $A_1B_1C_1D_1$: Плоскости граней $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны. Значит, плоскость $\alpha$ пересекает их по параллельным прямым. Таким образом, след сечения на верхней грани должен быть параллелен отрезку $DK$. Проведем через точку $B_1$ прямую, параллельную $DK$. Эта прямая пересечет ребро $D_1C_1$ в его середине. Обозначим эту точку как $M$. Отрезок $B_1M$ — это след сечения на верхней грани.
• След на грани $CDD_1C_1$: Плоскость сечения проходит через точки $D$ и $M$, обе из которых лежат в плоскости грани $CDD_1C_1$. Соединив их, получаем последний отрезок сечения $MD$.

4. Итоговое сечение

Мы последовательно построили четыре отрезка: $DK$, $KB_1$, $B_1M$ и $MD$. Они образуют замкнутый четырехугольник $DKB_1M$, который и является искомым сечением.

Можно доказать, что $DKB_1M$ — это параллелограмм (и даже ромб), так как его противоположные стороны параллельны (по построению и из-за пересечения секущей плоскостью параллельных граней куба).

Ответ: Искомым сечением является четырехугольник $DKB_1M$, где $K$ — середина ребра $BC$, а $M$ — середина ребра $D_1C_1$.

6.41. Точка $M$ — середина ребра $C_1D_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через прямую $AC_1$ и параллельной прямой $CM$.

Обозначим искомую плоскость сечения как $\alpha$.

Построение и доказательство

1. Анализ условия. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через прямую $AC_1$, значит, точки $A$ и $C_1$ принадлежат плоскости $\alpha$. Также плоскость $\alpha$ параллельна прямой $CM$.

2. Использование метода следов. Для построения сечения найдем след (линию пересечения) плоскости $\alpha$ с плоскостью основания $ABCD$. Мы уже знаем одну точку, принадлежащую этому следу — точку $A$. Чтобы построить прямую, нам нужна вторая точка.

3. Построение вспомогательной точки. Согласно свойству параллельности прямой и плоскости, если плоскость $\alpha$ параллельна прямой $CM$, то в плоскости $\alpha$ существует прямая, параллельная $CM$. Проведем через точку $C_1$ (которая принадлежит плоскости $\alpha$) прямую $l$, параллельную $CM$. Прямая $l$ целиком лежит в плоскости $\alpha$.

Найдем точку пересечения прямой $l$ с плоскостью основания $ABCD$. Обозначим эту точку $S$. Точка $S$ будет принадлежать и плоскости $\alpha$, и плоскости $ABCD$, а значит, будет лежать на следе плоскости $\alpha$.

Для нахождения точки $S$ рассмотрим векторы. Пусть ребро куба равно $a$. Введем систему координат с началом в точке $D$, ось $Dx$ направим вдоль $DA$, ось $Dy$ — вдоль $DC$, ось $Dz$ — вдоль $DD_1$. Тогда координаты точек: $D(0, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$, $C_1(0, a, a)$, $D_1(0, 0, a)$. Точка $M$ — середина ребра $C_1D_1$, ее координаты: $M(0, a/2, a)$. Вектор $\vec{CM}$ имеет координаты: $\vec{CM} = (0 - 0, a/2 - a, a - 0) = (0, -a/2, a)$.

Прямая $l$ проходит через $C_1(0, a, a)$ и параллельна $\vec{CM}$. Ее параметрическое уравнение: $x(t) = 0 + 0 \cdot t = 0$ $y(t) = a - a/2 \cdot t$ $z(t) = a + a \cdot t$

Прямая $l$ пересекает плоскость $ABCD$ при $z=0$. $a + a \cdot t = 0 \Rightarrow t = -1$. Найдем координаты точки $S$, подставив $t=-1$: $x_S = 0$ $y_S = a - a/2 \cdot (-1) = 3a/2$ $z_S = 0$ Итак, $S(0, 3a/2, 0)$. Эта точка лежит на продолжении ребра $DC$ за точку $C$, причем $CS = a/2$.

4. Построение следов сечения на гранях куба.

a) Мы нашли две точки следа на плоскости $ABCD$: $A$ и $S$. Проводим прямую $AS$. Эта прямая пересекает ребро $BC$ в некоторой точке $K$. Точки $A$ и $K$ — вершины сечения. Отрезок $AK$ — след сечения на грани $ABCD$.

b) Точки $K$ и $C_1$ лежат в плоскости сечения и в плоскости грани $BCC_1B_1$. Соединяем их отрезком $KC_1$. Это след сечения на грани $BCC_1B_1$.

c) Плоскости граней $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает их по параллельным прямым. Проведем в плоскости $A_1B_1C_1D_1$ через точку $C_1$ прямую, параллельную $AK$. Эта прямая пересечет ребро $A_1D_1$ в некоторой точке $P$. Отрезок $C_1P$ — след сечения на верхней грани.

d) Точки $P$ и $A$ лежат в плоскости сечения и в плоскости грани $ADD_1A_1$. Соединяем их отрезком $PA$. Это след сечения на грани $ADD_1A_1$.

5. Итоговое сечение. Мы получили замкнутый многоугольник $AKC_1P$. Это и есть искомое сечение.

Ответ: Искомое сечение — четырехугольник $AKC_1P$, где точка $K$ лежит на ребре $BC$, а точка $P$ — на ребре $A_1D_1$. Построение описано выше.

6.42. На ребре $AD$ и диагонали $CA_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$ и $N$ так, что прямая $MN$ параллельна плоскости $BC_1D$. Найдите отношение $CN : NA_1$, если известно, что $AM : MD = 1 : 4$.

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A$ и осями $x, y, z$, направленными вдоль ребер $AB, AD$ и $AA_1$ соответственно. Для удобства вычислений примем длину ребра куба равной 5, так как в условии дано отношение $AM:MD=1:4$.

В этой системе координат вершины и точки будут иметь следующие координаты:

• $A(0, 0, 0)$
• $D(0, 5, 0)$
• $C(5, 5, 0)$
• $A_1(0, 0, 5)$
• $B(5, 0, 0)$
• $C_1(5, 5, 5)$

По условию, точка $M$ лежит на ребре $AD$ и $AM:MD=1:4$. Поскольку длина ребра $AD$ равна 5, то $AM=1$. Таким образом, координаты точки $M$ — это $(0, 1, 0)$.

Точка $N$ лежит на диагонали $CA_1$. Пусть искомое отношение $CN : NA_1 = \lambda$. Тогда координаты точки $N$ можно выразить через координаты точек $C$ и $A_1$ с помощью формулы деления отрезка в данном отношении:

$\vec{N} = \frac{1}{1+\lambda}\vec{C} + \frac{\lambda}{1+\lambda}\vec{A_1}$

Подставим координаты $C(5, 5, 0)$ и $A_1(0, 0, 5)$:

$N = \left( \frac{1 \cdot 5 + \lambda \cdot 0}{1+\lambda}, \frac{1 \cdot 5 + \lambda \cdot 0}{1+\lambda}, \frac{1 \cdot 0 + \lambda \cdot 5}{1+\lambda} \right) = \left( \frac{5}{1+\lambda}, \frac{5}{1+\lambda}, \frac{5\lambda}{1+\lambda} \right)$.

Теперь найдем вектор $\vec{MN}$:

$\vec{MN} = \vec{N} - \vec{M} = \left( \frac{5}{1+\lambda} - 0, \frac{5}{1+\lambda} - 1, \frac{5\lambda}{1+\lambda} - 0 \right) = \left( \frac{5}{1+\lambda}, \frac{5 - (1+\lambda)}{1+\lambda}, \frac{5\lambda}{1+\lambda} \right) = \left( \frac{5}{1+\lambda}, \frac{4-\lambda}{1+\lambda}, \frac{5\lambda}{1+\lambda} \right)$.

По условию, прямая $MN$ параллельна плоскости $BC_1D$. Это означает, что вектор $\vec{MN}$ должен быть ортогонален (перпендикулярен) вектору нормали к плоскости $BC_1D$.

Найдем вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости, проходящей через точки $B(5, 0, 0)$, $C_1(5, 5, 5)$ и $D(0, 5, 0)$. Для этого найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:

$\vec{DB} = \vec{B} - \vec{D} = (5-0, 0-5, 0-0) = (5, -5, 0)$.

$\vec{DC_1} = \vec{C_1} - \vec{D} = (5-0, 5-5, 5-0) = (5, 0, 5)$.

Вектор нормали $\vec{n}$ равен их векторному произведению:

$\vec{n} = \vec{DB} \times \vec{DC_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 5 & -5 & 0 \\ 5 & 0 & 5 \end{vmatrix} = (-25)\mathbf{i} - (25)\mathbf{j} + (25)\mathbf{k} = (-25, -25, 25)$.

Для удобства можно использовать коллинеарный вектор, разделив $\vec{n}$ на $-25$. Получим вектор нормали $\vec{n'} = (1, 1, -1)$.

Условие ортогональности векторов $\vec{MN}$ и $\vec{n'}$ — это равенство их скалярного произведения нулю: $\vec{MN} \cdot \vec{n'} = 0$.

$\left( \frac{5}{1+\lambda} \right) \cdot 1 + \left( \frac{4-\lambda}{1+\lambda} \right) \cdot 1 + \left( \frac{5\lambda}{1+\lambda} \right) \cdot (-1) = 0$.

Так как $N$ — точка отрезка, $1+\lambda \neq 0$. Мы можем умножить уравнение на $1+\lambda$:

$5 \cdot 1 + (4-\lambda) \cdot 1 + 5\lambda \cdot (-1) = 0$.

$5 + 4 - \lambda - 5\lambda = 0$.

$9 - 6\lambda = 0$.

$6\lambda = 9$.

$\lambda = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}$.

Мы определили $\lambda$ как искомое отношение $CN : NA_1$.

Ответ: $3:2$.

6.43. Основанием призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является трапеция $ABCD$ ($BC \parallel AD$). Точка $M$ — середина ребра $AB$. На диагонали $AC_1$ отметили точку $N$ так, что прямая $MN$ параллельна плоскости $BA_1D$. Найдите отношение $AN : NC_1$, если известно, что $AD : BC = 2 : 1$.

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем базис с началом в точке $A$: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AD} = \vec{d}$, $\vec{AA_1} = \vec{a}$.

По условию, точка $M$ — середина ребра $AB$, следовательно, ее радиус-вектор $\vec{AM} = \frac{1}{2}\vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{b}$.

Основание призмы $ABCD$ — трапеция, в которой $BC \parallel AD$ и $AD : BC = 2 : 1$. Из этого следует, что вектор $\vec{BC}$ коллинеарен вектору $\vec{AD}$ и его длина вдвое меньше, то есть $\vec{BC} = \frac{1}{2}\vec{AD} = \frac{1}{2}\vec{d}$.

Найдем вектор диагонали призмы $\vec{AC_1}$. Он является суммой векторов: $\vec{AC_1} = \vec{AB} + \vec{BC} + \vec{CC_1}$. Так как это призма, $\vec{CC_1} = \vec{AA_1} = \vec{a}$.
Таким образом, $\vec{AC_1} = \vec{b} + \frac{1}{2}\vec{d} + \vec{a}$.

Точка $N$ лежит на диагонали $AC_1$. Это означает, что вектор $\vec{AN}$ коллинеарен вектору $\vec{AC_1}$. Пусть $\frac{AN}{AC_1} = k$, тогда $\vec{AN} = k \cdot \vec{AC_1} = k(\vec{a} + \vec{b} + \frac{1}{2}\vec{d})$.

Теперь выразим вектор $\vec{MN}$:
$\vec{MN} = \vec{AN} - \vec{AM} = k(\vec{a} + \vec{b} + \frac{1}{2}\vec{d}) - \frac{1}{2}\vec{b} = k\vec{a} + (k - \frac{1}{2})\vec{b} + \frac{k}{2}\vec{d}$.

Прямая $MN$ параллельна плоскости $BA_1D$. Это значит, что вектор $\vec{MN}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов, параллельных этой плоскости, например, векторов $\vec{BA_1}$ и $\vec{BD}$, которые лежат в этой плоскости.
Найдем эти векторы:
$\vec{BA_1} = \vec{AA_1} - \vec{AB} = \vec{a} - \vec{b}$
$\vec{BD} = \vec{AD} - \vec{AB} = \vec{d} - \vec{b}$

Условие параллельности прямой и плоскости в векторной форме означает, что существуют такие числа $x$ и $y$, что $\vec{MN} = x \cdot \vec{BA_1} + y \cdot \vec{BD}$.

Подставим векторные выражения:
$k\vec{a} + (k - \frac{1}{2})\vec{b} + \frac{k}{2}\vec{d} = x(\vec{a} - \vec{b}) + y(\vec{d} - \vec{b})$
$k\vec{a} + (k - \frac{1}{2})\vec{b} + \frac{k}{2}\vec{d} = x\vec{a} - (x+y)\vec{b} + y\vec{d}$

Поскольку векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{d}$ не компланарны (они образуют базис в пространстве), мы можем приравнять коэффициенты при них в левой и правой частях равенства. Получаем систему уравнений:
1) $k = x$ (коэффициенты при $\vec{a}$)
2) $k - \frac{1}{2} = -(x+y)$ (коэффициенты при $\vec{b}$)
3) $\frac{k}{2} = y$ (коэффициенты при $\vec{d}$)

Подставим выражения для $x$ и $y$ из первого и третьего уравнений во второе:
$k - \frac{1}{2} = -(k + \frac{k}{2})$
$k - \frac{1}{2} = -\frac{3k}{2}$
$k + \frac{3k}{2} = \frac{1}{2}$
$\frac{5k}{2} = \frac{1}{2}$
$5k = 1$
$k = \frac{1}{5}$

Мы получили, что отношение $\frac{AN}{AC_1} = k = \frac{1}{5}$. Это означает, что $AN = \frac{1}{5}AC_1$.
Тогда $NC_1 = AC_1 - AN = AC_1 - \frac{1}{5}AC_1 = \frac{4}{5}AC_1$.
Искомое отношение $AN : NC_1 = (\frac{1}{5}AC_1) : (\frac{4}{5}AC_1) = 1 : 4$.

Ответ: $1 : 4$.

6.44. На рёбрах $BC$ и $A_1D_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$ и $N$ так, что $BM = MC, A_1N : ND_1 = 1 : 3$.

1) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точку $N$ и параллельной плоскости $AB_1M$.

2) В каком отношении секущая плоскость делит ребро $B_1C_1$, считая от точки $B_1$?

1) Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через точку N и параллельной плоскости AB₁M.

Обозначим искомую секущую плоскость как $\alpha$, а плоскость, которой она параллельна, как $\beta = (AB_1M)$. Построение сечения основано на свойстве параллельных плоскостей: если две плоскости параллельны, то их линии пересечения с третьей плоскостью также параллельны.

Построение выполняется по шагам:

1. Плоскость $\alpha$ проходит через точку $N$, лежащую в верхней грани $A_1B_1C_1D_1$. Так как верхняя грань $A_1B_1C_1D_1$ параллельна нижней грани $ABCD$, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с верхней гранью должна быть параллельна линии пересечения плоскости $\beta$ с нижней гранью. Линия пересечения $\beta$ с гранью $ABCD$ — это отрезок $AM$.
   Проведем в плоскости $A_1B_1C_1D_1$ через точку $N$ прямую, параллельную $AM$. Эта прямая пересечет ребро $B_1C_1$ в некоторой точке $K$. Отрезок $NK$ — это одна из сторон искомого сечения.
2. Точка $K$ лежит в боковой грани $BCC_1B_1$. Линия пересечения плоскости $\beta$ с этой гранью — это отрезок $B_1M$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает грань $BCC_1B_1$ по прямой, проходящей через точку $K$ и параллельной $B_1M$.
   Проведем в плоскости $BCC_1B_1$ через точку $K$ прямую, параллельную $B_1M$. Эта прямая пересечет ребро $CC_1$ в некоторой точке $L$. Отрезок $KL$ — вторая сторона сечения.
3. Точка $L$ лежит в задней грани $CDD_1C_1$. Эта грань параллельна передней грани $ABB_1A_1$. Линия пересечения плоскости $\beta$ с передней гранью — это отрезок $AB_1$. Значит, плоскость $\alpha$ пересекает заднюю грань по прямой, проходящей через точку $L$ и параллельной $AB_1$.
   Проведем в плоскости $CDD_1C_1$ через точку $L$ прямую, параллельную $AB_1$. Эта прямая пересечет ребро $CD$ в некоторой точке $P$. Отрезок $LP$ — третья сторона сечения.
4. Точка $N$ лежит в левой боковой грани $ADD_1A_1$. Эта грань параллельна правой боковой грани $BCC_1B_1$. Линия пересечения плоскости $\beta$ с правой гранью — это $B_1M$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает левую грань по прямой, проходящей через точку $N$ и параллельной $B_1M$.
   Проведем в плоскости $ADD_1A_1$ через точку $N$ прямую, параллельную $B_1M$. Эта прямая пересечет ребро $AD$ в некоторой точке $Q$. Отрезок $NQ$ — четвертая сторона сечения.
5. Точки $P$ и $Q$ лежат в нижней грани $ABCD$. Соединим их отрезком $PQ$, который является пятой стороной сечения.

Таким образом, построенное сечение представляет собой пятиугольник $NKLPQ$.

Ответ: Искомое сечение — это пятиугольник $NKLPQ$, вершины которого лежат на ребрах куба: $N \in A_1D_1$, $K \in B_1C_1$, $L \in CC_1$, $P \in CD$, $Q \in AD$.

2) В каком отношении секущая плоскость делит ребро B₁C₁, считая от точки B₁?

Чтобы найти отношение, в котором точка $K$ делит ребро $B_1C_1$, воспользуемся методом координат. Пусть ребро куба равно $a$. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $A(0,0,0)$ и осями, направленными вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$.

Координаты вершин куба: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A_1(0,0,a)$, $C(a,a,0)$, $B_1(a,0,a)$, $C_1(a,a,a)$, $D_1(0,a,a)$.

Точка $M$ — середина ребра $BC$. Координаты $B(a,0,0)$ и $C(a,a,0)$, значит $M(a, a/2, 0)$.

Точка $N$ делит ребро $A_1D_1$ в отношении $A_1N : ND_1 = 1:3$. Координаты $A_1(0,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$.
Координаты точки $N$ можно найти по формуле деления отрезка в данном отношении:
$N = \frac{3A_1 + 1D_1}{3+1} = \frac{3(0,0,a) + 1(0,a,a)}{4} = (0, a/4, a)$.

Плоскость сечения $\alpha$ проходит через точку $N$ и параллельна плоскости $\beta = (AB_1M)$. Составим уравнение плоскости $\beta$.
Найдем векторы, лежащие в плоскости $\beta$: $\vec{AB_1} = (a, 0, a)$ и $\vec{AM} = (a, a/2, 0)$.
Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $\beta$ найдем как векторное произведение:$\vec{n} = \vec{AB_1} \times \vec{AM} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ a & a/2 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot 0 - a \cdot a/2) - \mathbf{j}(a \cdot 0 - a \cdot a) + \mathbf{k}(a \cdot a/2 - 0 \cdot a) = (-a^2/2, a^2, a^2/2)$.
В качестве нормального вектора можно взять коллинеарный ему вектор, например, $(-1, 2, 1)$.
Уравнение плоскости $\beta$ имеет вид $-x+2y+z+D=0$. Так как она проходит через $A(0,0,0)$, то $D=0$. Уравнение $\beta$: $-x+2y+z=0$.

Плоскость $\alpha$ параллельна $\beta$, поэтому ее уравнение имеет вид $-x+2y+z+C=0$. Она проходит через точку $N(0, a/4, a)$, подставим ее координаты:
$-(0) + 2(a/4) + a + C = 0 \Rightarrow a/2 + a + C = 0 \Rightarrow C = -3a/2$.
Уравнение секущей плоскости $\alpha$: $-x+2y+z - 3a/2 = 0$.

Теперь найдем точку $K$ — точку пересечения плоскости $\alpha$ с ребром $B_1C_1$.
Ребро $B_1C_1$ задается уравнениями $x=a$, $z=a$, при $0 \le y \le a$.
Подставим $x=a$ и $z=a$ в уравнение плоскости $\alpha$:
$-a + 2y + a - 3a/2 = 0 \Rightarrow 2y = 3a/2 \Rightarrow y = 3a/4$.
Координаты точки $K$ равны $(a, 3a/4, a)$.

Точка $K$ делит ребро $B_1C_1$ (концы $B_1(a,0,a)$ и $C_1(a,a,a)$) в отношении $B_1K:KC_1$. Длины отрезков можно найти по изменению координаты $y$:
$B_1K = y_K - y_{B_1} = 3a/4 - 0 = 3a/4$.
$KC_1 = y_{C_1} - y_K = a - 3a/4 = a/4$.
Искомое отношение: $B_1K:KC_1 = \frac{3a/4}{a/4} = 3:1$.

Ответ: $3:1$.

6.45. На рёбрах $BC$ и $A_1D_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$ и $N$ так, что $A_1M : MD_1 = 1 : 5$, $BN : NC = 1 : 2$. Плоскость $\alpha$, проходящая через точку $N$ и параллельная плоскости $AB_1M$, пересекает прямую $DC$ в точке $K$.

1) Постройте сечение куба плоскостью $\alpha$.

2) Найдите отношение $KD : KC$.

Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Введем систему координат с началом в точке $A$ и осями, направленными вдоль ребер $AB$, $AD$, $AA_1$. Тогда вершины куба имеют координаты: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A_1(0,0,a)$. $C(a,a,0)$, $B_1(a,0,a)$, $D_1(0,a,a)$, $C_1(a,a,a)$.

Найдем координаты точек $M$ и $N$. Точка $M$ лежит на ребре $A_1D_1$ и делит его в отношении $A_1M : MD_1 = 1:5$. Координаты $A_1(0,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$. $M = \frac{5}{6}A_1 + \frac{1}{6}D_1 = (\frac{5}{6} \cdot 0 + \frac{1}{6} \cdot 0, \frac{5}{6} \cdot 0 + \frac{1}{6} \cdot a, \frac{5}{6} \cdot a + \frac{1}{6} \cdot a) = (0, \frac{a}{6}, a)$.

Точка $N$ лежит на ребре $BC$ и делит его в отношении $BN : NC = 1:2$. Координаты $B(a,0,0)$ и $C(a,a,0)$. $N = \frac{2}{3}B + \frac{1}{3}C = (\frac{2}{3} \cdot a + \frac{1}{3} \cdot a, \frac{2}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot a, \frac{2}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot 0) = (a, \frac{a}{3}, 0)$.

Плоскость $\alpha$ проходит через точку $N$ и параллельна плоскости $(AB_1M)$. Найдем уравнение плоскости $(AB_1M)$. Составим векторы $\vec{AB_1}$ и $\vec{AM}$: $\vec{AB_1} = (a-0, 0-0, a-0) = (a, 0, a)$. $\vec{AM} = (0-0, \frac{a}{6}-0, a-0) = (0, \frac{a}{6}, a)$. Вектор нормали $\vec{n}$ к плоскости $(AB_1M)$ найдем как векторное произведение $\vec{AB_1} \times \vec{AM}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & 0 & a \\ 0 & a/6 & a \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 \cdot a - a \cdot \frac{a}{6}) - \mathbf{j}(a \cdot a - a \cdot 0) + \mathbf{k}(a \cdot \frac{a}{6} - 0 \cdot 0) = (-\frac{a^2}{6}, -a^2, \frac{a^2}{6})$. В качестве вектора нормали можно взять коллинеарный ему вектор $(1, 6, -1)$. Уравнение плоскости $(AB_1M)$, проходящей через $A(0,0,0)$, имеет вид: $1 \cdot (x-0) + 6 \cdot (y-0) - 1 \cdot (z-0) = 0 \Rightarrow x + 6y - z = 0$.

Плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $(AB_1M)$, поэтому ее уравнение имеет вид $x + 6y - z + D = 0$. Так как $\alpha$ проходит через точку $N(a, \frac{a}{3}, 0)$, подставим ее координаты в уравнение: $a + 6(\frac{a}{3}) - 0 + D = 0 \Rightarrow a + 2a + D = 0 \Rightarrow D = -3a$. Итак, уравнение плоскости $\alpha$: $x + 6y - z - 3a = 0$.

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

1. Точка $N(a, a/3, 0)$ лежит на ребре $BC$ и является одной из вершин сечения.

2. Найдем точку пересечения $\alpha$ с ребром $B_1C_1$. Ребро $B_1C_1$ задается уравнениями $x=a, z=a$. Подставляем в уравнение плоскости $\alpha$: $a + 6y - a - 3a = 0 \Rightarrow 6y = 3a \Rightarrow y = a/2$. Точка $P(a, a/2, a)$ лежит на ребре $B_1C_1$, так как $0 \le a/2 \le a$. Отрезок $NP$ — сторона сечения.

3. Найдем точку пересечения $\alpha$ с ребром $A_1D_1$. Ребро $A_1D_1$ задается уравнениями $x=0, z=a$. Подставляем в уравнение плоскости $\alpha$: $0 + 6y - a - 3a = 0 \Rightarrow 6y = 4a \Rightarrow y = 2a/3$. Точка $Q(0, 2a/3, a)$ лежит на ребре $A_1D_1$, так как $0 \le 2a/3 \le a$. Отрезок $PQ$ — сторона сечения.

4. Найдем точку пересечения $\alpha$ с ребром $AD$. Ребро $AD$ задается уравнениями $x=0, z=0$. Подставляем в уравнение плоскости $\alpha$: $0 + 6y - 0 - 3a = 0 \Rightarrow 6y = 3a \Rightarrow y = a/2$. Точка $R(0, a/2, 0)$ лежит на ребре $AD$, так как $0 \le a/2 \le a$. Отрезок $QR$ — сторона сечения.

5. Соединяем точку $R(0, a/2, 0)$ с точкой $N(a, a/3, 0)$. Обе точки лежат в плоскости основания $ABCD$ ($z=0$), и их координаты удовлетворяют уравнению $x+6y-3a=0$. Отрезок $RN$ — последняя сторона сечения.

Таким образом, сечение куба плоскостью $\alpha$ является четырехугольник $NPQR$.

Построение можно также выполнить, используя свойства параллельных плоскостей:

• Плоскости граней $BCC_1B_1$ и $ADD_1A_1$ параллельны. Плоскость $(AB_1M)$ пересекает грань $ADD_1A_1$ по прямой $AM$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает грань $BCC_1B_1$ по прямой, проходящей через $N$ и параллельной $AM$ (в векторном смысле). Эта прямая пересекает ребро $B_1C_1$ в точке $P$.
• Плоскости граней $A_1B_1C_1D_1$ и $ABCD$ параллельны. Плоскость $(AB_1M)$ пересекает грань $A_1B_1C_1D_1$ по прямой $B_1M$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает грань $A_1B_1C_1D_1$ по прямой, проходящей через $P$ и параллельной $B_1M$. Эта прямая пересекает ребро $A_1D_1$ в точке $Q$.
• Далее аналогично строятся отрезки $QR$ и $RN$, замыкающие сечение.

Ответ: Сечение куба представляет собой четырехугольник $NPQR$, где $P$ - точка на ребре $B_1C_1$, $Q$ - точка на ребре $A_1D_1$, $R$ - точка на ребре $AD$.

Точка $K$ является точкой пересечения плоскости $\alpha$ с прямой $DC$. Прямая $DC$ лежит в плоскости основания $ABCD$ ($z=0$) и на ней координата $y=a$. Подставим $y=a$ и $z=0$ в уравнение плоскости $\alpha$: $x + 6a - 0 - 3a = 0 \Rightarrow x = -3a$. Таким образом, точка $K$ имеет координаты $(-3a, a, 0)$.

Точки $D$ и $C$ имеют координаты $D(0, a, 0)$ и $C(a, a, 0)$. Все три точки $K, D, C$ лежат на одной прямой $y=a, z=0$. Их взаимное расположение определяется координатой $x$: $x_K = -3a$, $x_D = 0$, $x_C = a$. Точка $D$ лежит между $K$ и $C$.

Найдем длины отрезков $KD$ и $KC$: $KD = |x_D - x_K| = |0 - (-3a)| = 3a$. $KC = |x_C - x_K| = |a - (-3a)| = 4a$.

Тогда искомое отношение: $KD : KC = 3a : 4a = 3 : 4$.

Альтернативное решение (геометрическое):
Точка $K$ — это точка пересечения следа плоскости $\alpha$ на плоскости $ABCD$ с прямой $DC$. След плоскости $\alpha$ на плоскости $ABCD$ — это прямая $RN$. Таким образом, точка $K$ — это точка пересечения прямых $RN$ и $DC$.

Рассмотрим плоскость $ABCD$. Точка $R$ лежит на ребре $AD$. Из пункта 1) мы нашли, что ее координата $y=a/2$ (при $x=0, z=0$), значит, $R$ — середина ребра $AD$. Точка $N$ лежит на ребре $BC$ и делит его в отношении $BN:NC=1:2$.

Так как $AD \perp DC$ и $BC \perp DC$, то отрезки $RD$ и $NC$ (если рассматривать $N$ и $R$ как точки на плоскости $ABCD$) являются перпендикулярами к прямой $DC$. Длина $RD = AD - AR = a - a/2 = a/2$. Длина $NC = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}a$.

Рассмотрим треугольники $\triangle KDR$ и $\triangle KCN$. Они оба прямоугольные (углы $\angle KDR$ и $\angle KCN$ прямые). Угол при вершине $K$ у них общий (так как точки $K, R, N$ лежат на одной прямой). Следовательно, $\triangle KDR \sim \triangle KCN$ по двум углам.

Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон: $\frac{KD}{KC} = \frac{RD}{NC}$. Подставим известные длины: $\frac{KD}{KC} = \frac{a/2}{2a/3} = \frac{a}{2} \cdot \frac{3}{2a} = \frac{3}{4}$.

Ответ: $KD : KC = 3 : 4$.