Страница 30 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

1. На рёбрах $AD$, $AC$ и $CB$ тетраэдра $DABC$ отмечены точки $M$, $N$ и $K$ соответственно. Прямые $NM$ и $CD$ пересекаются в точке $X$, а прямые $NK$ и $AB$ — в точке $Y$. Докажите, что прямые $XK$, $MY$ и $BD$ пересекаются в одной точке.

Для доказательства того, что прямые $XK$, $MY$ и $BD$ пересекаются в одной точке, воспользуемся теоремой о пересечении трех плоскостей. Эта теорема гласит: если три различные плоскости попарно пересекаются по трем различным прямым, то эти три прямые либо пересекаются в одной точке, либо параллельны друг другу.

Рассмотрим три плоскости: плоскость сечения $(MNK)$, плоскость грани $(ABD)$ и плоскость грани $(BCD)$.

1. Найдем линию пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(ABD)$.

По условию, точка $M$ лежит на ребре $AD$. Поскольку ребро $AD$ принадлежит плоскости $(ABD)$, то точка $M$ также принадлежит плоскости $(ABD)$. По определению, $M$ принадлежит плоскости $(MNK)$. Следовательно, точка $M$ лежит на линии пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(ABD)$.

По условию, точка $Y$ является точкой пересечения прямых $NK$ и $AB$. Поскольку $Y$ лежит на прямой $AB$, она принадлежит плоскости $(ABD)$. Поскольку $Y$ лежит на прямой $NK$, она принадлежит плоскости $(MNK)$. Следовательно, точка $Y$ также лежит на линии пересечения этих двух плоскостей.

Таким образом, прямая $MY$ является линией пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(ABD)$.

2. Найдем линию пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(BCD)$.

По условию, точка $K$ лежит на ребре $CB$. Поскольку ребро $CB$ принадлежит плоскости $(BCD)$, то точка $K$ также принадлежит плоскости $(BCD)$. По определению, $K$ принадлежит плоскости $(MNK)$. Следовательно, точка $K$ лежит на линии пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(BCD)$.

По условию, точка $X$ является точкой пересечения прямых $NM$ и $CD$. Поскольку $X$ лежит на прямой $CD$, она принадлежит плоскости $(BCD)$. Поскольку $X$ лежит на прямой $NM$, она принадлежит плоскости $(MNK)$. Следовательно, точка $X$ также лежит на линии пересечения этих двух плоскостей.

Таким образом, прямая $XK$ является линией пересечения плоскостей $(MNK)$ и $(BCD)$.

3. Найдем линию пересечения плоскостей $(ABD)$ и $(BCD)$.

Обе эти плоскости являются гранями тетраэдра и проходят через вершины $B$ и $D$. Следовательно, линией их пересечения является прямая $BD$, содержащая ребро тетраэдра.

Итак, мы установили, что прямые $MY$, $XK$ и $BD$ являются линиями попарного пересечения трех плоскостей: $(MNK)$, $(ABD)$ и $(BCD)$.

Согласно теореме о трех плоскостях, эти три прямые должны либо пересекаться в одной точке, либо быть параллельными. В общем случае, при произвольном расположении точек $M$, $N$ и $K$ на ребрах, эти прямые не являются параллельными. Например, прямая $MY$ лежит в плоскости $(ABD)$, а прямая $XK$ — в плоскости $(BCD)$. Для их параллельности потребовались бы специальные условия на расположение точек, которые не даны в задаче.

Следовательно, прямые $XK$, $MY$ и $BD$ пересекаются в одной точке. Эта точка является общей для всех трех плоскостей $(MNK)$, $(ABD)$ и $(BCD)$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2. Докажите, что середины рёбер $AB$, $BC$, $CC_1$, $C_1D_1$, $D_1A_1$ и $A_1A$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ лежат в одной плоскости.

Для доказательства того, что шесть заданных точек лежат в одной плоскости, воспользуемся методом координат.

Введём прямоугольную систему координат. Пусть вершина $A$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ совпадает с началом координат, а рёбра $AD$, $AB$ и $AA_1$ лежат на осях $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно. Для удобства вычислений примем длину ребра куба равной $2$. Тогда вершины куба будут иметь следующие координаты: $A(0, 0, 0)$, $B(0, 2, 0)$, $C(2, 2, 0)$, $D(2, 0, 0)$, $A_1(0, 0, 2)$, $B_1(0, 2, 2)$, $C_1(2, 2, 2)$, $D_1(2, 0, 2)$.

Теперь найдём координаты середин указанных в условии рёбер. Координаты середины отрезка равны полусуммам соответствующих координат его концов.
Пусть $K$ – середина ребра $AB$: $K = (\frac{0+0}{2}, \frac{0+2}{2}, \frac{0+0}{2}) = (0, 1, 0)$.
Пусть $L$ – середина ребра $BC$: $L = (\frac{0+2}{2}, \frac{2+2}{2}, \frac{0+0}{2}) = (1, 2, 0)$.
Пусть $M$ – середина ребра $CC_1$: $M = (\frac{2+2}{2}, \frac{2+2}{2}, \frac{0+2}{2}) = (2, 2, 1)$.
Пусть $N$ – середина ребра $C_1D_1$: $N = (\frac{2+2}{2}, \frac{2+0}{2}, \frac{2+2}{2}) = (2, 1, 2)$.
Пусть $P$ – середина ребра $D_1A_1$: $P = (\frac{2+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{2+2}{2}) = (1, 0, 2)$.
Пусть $Q$ – середина ребра $A_1A$: $Q = (\frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{2+0}{2}) = (0, 0, 1)$.

Итак, мы получили координаты шести точек: $K(0, 1, 0)$, $L(1, 2, 0)$, $M(2, 2, 1)$, $N(2, 1, 2)$, $P(1, 0, 2)$, $Q(0, 0, 1)$.

Чтобы доказать, что эти точки лежат в одной плоскости, составим уравнение плоскости, проходящей через три из них (например, $K, L$ и $Q$), а затем проверим, принадлежат ли этой плоскости остальные три точки. Общее уравнение плоскости имеет вид $ax + by + cz + d = 0$.

Подставим координаты точек $K, L, Q$ в уравнение плоскости:
Для $K(0, 1, 0)$: $a \cdot 0 + b \cdot 1 + c \cdot 0 + d = 0 \implies b + d = 0 \implies b = -d$.
Для $Q(0, 0, 1)$: $a \cdot 0 + b \cdot 0 + c \cdot 1 + d = 0 \implies c + d = 0 \implies c = -d$.
Для $L(1, 2, 0)$: $a \cdot 1 + b \cdot 2 + c \cdot 0 + d = 0 \implies a + 2b + d = 0$.

Подставим $b = -d$ в третье уравнение: $a + 2(-d) + d = 0 \implies a - d = 0 \implies a = d$.Таким образом, коэффициенты уравнения плоскости связаны соотношениями: $a=d$, $b=-d$, $c=-d$. Пусть $d = 1$, тогда $a = 1$, $b = -1$, $c = -1$.Уравнение плоскости принимает вид: $x - y - z + 1 = 0$.

Теперь проверим, удовлетворяют ли этому уравнению координаты оставшихся точек $M, N, P$.
Для точки $M(2, 2, 1)$: $2 - 2 - 1 + 1 = 0$. Равенство $0=0$ верно, точка $M$ лежит на плоскости.
Для точки $N(2, 1, 2)$: $2 - 1 - 2 + 1 = 0$. Равенство $0=0$ верно, точка $N$ лежит на плоскости.
Для точки $P(1, 0, 2)$: $1 - 0 - 2 + 1 = 0$. Равенство $0=0$ верно, точка $P$ лежит на плоскости.

Так как координаты всех шести точек $K, L, M, N, P, Q$ удовлетворяют одному и тому же уравнению плоскости $x - y - z + 1 = 0$, то все они лежат в одной плоскости. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что середины рёбер $AB, BC, CC_1, C_1D_1, D_1A_1$ и $A_1A$ куба лежат в одной плоскости.

3. На рёбрах $AA_1$ и $BB_1$ треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$ отметили соответственно точки $X$ и $Y$ так, что $AX : XA_1 = BY : YB_1$. Докажите, что прямая пересечения плоскостей $XYC_1$ и $ABC$ параллельна прямой $AB$.

Пусть дана треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$. Точки $X$ и $Y$ лежат на ребрах $AA_1$ и $BB_1$ соответственно, причем выполняется соотношение $AX : XA_1 = BY : YB_1$. Обозначим плоскость сечения $XYC_1$ как $\alpha$, а плоскость основания призмы $ABC$ как $\beta$. Пусть $l$ — прямая пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$. Требуется доказать, что прямая $l$ параллельна прямой $AB$.

Рассмотрим боковую грань $ABB_1A_1$. Так как $ABCA_1B_1C_1$ является призмой, эта грань — параллелограмм. Следовательно, боковые ребра $AA_1$ и $BB_1$ параллельны и равны: $AA_1 \parallel BB_1$ и $AA_1 = BB_1$.

Из условия $AX : XA_1 = BY : YB_1$ следует, что точки $X$ и $Y$ делят отрезки $AA_1$ и $BB_1$ в одинаковом отношении. Пусть это отношение равно $k$. Тогда можно записать:$AX = k \cdot XA_1$ и $BY = k \cdot YB_1$.Выразим длины отрезков $AX$ и $BY$ через длину ребра.$AA_1 = AX + XA_1 = k \cdot XA_1 + XA_1 = (k+1)XA_1 \Rightarrow AX = \frac{k}{k+1}AA_1$.Аналогично, $BY = \frac{k}{k+1}BB_1$.Поскольку $AA_1 = BB_1$, то и $AX = BY$.

Рассмотрим векторы. Вектор $\vec{XY}$ можно представить в виде суммы векторов: $\vec{XY} = \vec{XA} + \vec{AB} + \vec{BY}$.Векторы $\vec{AX}$ и $\vec{BY}$ коллинеарны, так как лежат на параллельных прямых $AA_1$ и $BB_1$. Они сонаправлены (направлены от нижнего основания к верхнему) и их длины равны ($AX=BY$). Следовательно, векторы равны: $\vec{AX} = \vec{BY}$.Тогда $\vec{XA} = -\vec{AX} = -\vec{BY}$.Подставим это в выражение для вектора $\vec{XY}$:$\vec{XY} = (-\vec{BY}) + \vec{AB} + \vec{BY} = \vec{AB}$.Равенство векторов $\vec{XY} = \vec{AB}$ означает, что прямая $XY$ параллельна прямой $AB$ и отрезок $XY$ равен отрезку $AB$.

Теперь рассмотрим пересечение плоскостей. Плоскость верхнего основания $A_1B_1C_1$ параллельна плоскости нижнего основания $ABC$. Обозначим плоскость $A_1B_1C_1$ как $\gamma$.Плоскость сечения $\alpha$ ($XYC_1$) пересекает две параллельные плоскости $\beta$ ($ABC$) и $\gamma$ ($A_1B_1C_1$). Линией пересечения $\alpha$ и $\beta$ является прямая $l$. Пусть линией пересечения $\alpha$ и $\gamma$ является прямая $l_1$. По свойству параллельных плоскостей, линии их пересечения с третьей плоскостью параллельны, то есть $l \parallel l_1$.

Найдем направление прямой $l_1$. Прямая $l_1$ — это линия пересечения плоскостей $XYC_1$ и $A_1B_1C_1$.Прямая $XY$ лежит в плоскости $XYC_1$. Прямая $A_1B_1$ лежит в плоскости $A_1B_1C_1$.Как мы доказали ранее, $XY \parallel AB$. По свойству призмы, $AB \parallel A_1B_1$. Следовательно, по свойству транзитивности, $XY \parallel A_1B_1$.Так как прямая $XY$ параллельна прямой $A_1B_1$, лежащей в плоскости $A_1B_1C_1$, то прямая $XY$ параллельна плоскости $A_1B_1C_1$.Плоскость $XYC_1$ проходит через прямую $XY$, параллельную плоскости $A_1B_1C_1$, и пересекает эту плоскость. Следовательно, линия их пересечения $l_1$ параллельна прямой $XY$.

Таким образом, мы установили следующую цепочку параллельностей:1. $l \parallel l_1$ (как линии пересечения двух параллельных плоскостей третьей).2. $l_1 \parallel XY$ (так как плоскость $XYC_1$ пересекает плоскость $A_1B_1C_1$, которой параллельна прямая $XY$).3. $XY \parallel AB$ (доказано из условия задачи).Из этого следует, что $l \parallel AB$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

4. На рёбрах $AB$ и $AA_1$ четырёхугольной призмы $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $X$ и $Y$ так, что $AX = 2XB$. Постройте сечение призмы плоскостью $XYC_1$. В каком отношении точка $Y$ делит ребро $AA_1$, если плоскость $XYC_1$ пересекает ребро $A_1D_1$ в его середине?

В задаче рассматривается четырёхугольная призма $ABCDA_1B_1C_1D_1$. В задачах такого типа, если не указано иное, под четырёхугольной призмой обычно понимают параллелепипед, то есть призму, в основании которой лежит параллелограмм. Будем исходить из этого предположения.

Постройте сечение призмы плоскостью $XYC_1$.

Сечение строится по трём точкам $X$, $Y$ и $C_1$, которые определяют секущую плоскость $\alpha = (XYC_1)$. По условию, точка $X$ лежит на ребре $AB$, точка $Y$ — на ребре $AA_1$. Также дано, что плоскость $(XYC_1)$ пересекает ребро $A_1D_1$ в его середине. Обозначим эту точку как $M$.

Построение сечения выполним пошагово:

1. Соединим точки, лежащие в одной грани.
   • Точки $X$ и $Y$ лежат в грани $ABB_1A_1$. Проводим отрезок $XY$.
   • Точки $Y$ и $M$ лежат в грани $ADD_1A_1$. Проводим отрезок $YM$.
   • Точки $M$ и $C_1$ лежат в грани $A_1B_1C_1D_1$. Проводим отрезок $MC_1$.
   Отрезки $XY$, $YM$ и $MC_1$ являются сторонами искомого сечения.
2. Для нахождения остальных сторон сечения воспользуемся методом следов. Найдём след секущей плоскости на плоскости нижнего основания $ABCD$.
   • Прямая $YM$ лежит в секущей плоскости, а также в плоскости грани $ADD_1A_1$. Прямая $AD$ лежит в плоскости основания, а также в плоскости грани $ADD_1A_1$. Так как эти прямые лежат в одной плоскости $(ADD_1A_1)$ и не параллельны (поскольку $Y$ не лежит на $DD_1$), они пересекаются. Продлим отрезки $YM$ и $AD$ до их пересечения в точке $Q$. Точка $Q$ принадлежит секущей плоскости и плоскости основания.
   • Точка $X$ также принадлежит секущей плоскости и плоскости основания.
   • Следовательно, прямая $QX$ является следом секущей плоскости на плоскости основания $ABCD$.
3. Найдём точки пересечения следа $QX$ с рёбрами нижнего основания.
   • Прямая $QX$ пересекает ребро $BC$. Обозначим точку пересечения как $Z$. Отрезок $XZ$ является стороной сечения, лежащей на грани $ABCD$.
4. Соединим полученные точки.
   • Точка $Z$ лежит на ребре $BC$, а точка $C_1$ — вершина. Обе точки принадлежат грани $BCC_1B_1$. Соединяем их и получаем отрезок $ZC_1$, который является последней стороной сечения.

Таким образом, искомое сечение — это пятиугольник $YXZC_1M$.

Ответ: Сечением является пятиугольник $YXZC_1M$, построенный согласно описанному алгоритму.

В каком отношении точка Y делит ребро $AA_1$, если плоскость $XYC_1$ пересекает ребро $A_1D_1$ в его середине?

Для решения этой задачи воспользуемся векторным методом. Введём систему координат с началом в точке $A$ и базисными векторами, направленными вдоль рёбер призмы: $\vec{b} = \vec{AB}$, $\vec{d} = \vec{AD}$ и $\vec{a} = \vec{AA_1}$.

Выразим координаты данных точек в этом базисе:

• $A$ — начало координат, $\vec{r}_A = \vec{0}$.
• Точка $X$ делит ребро $AB$ так, что $AX = 2XB$. Это означает, что $AX = \frac{2}{3}AB$. Тогда $\vec{AX} = \frac{2}{3}\vec{b}$.
• Точка $Y$ делит ребро $AA_1$ в некотором отношении. Обозначим $AY/AA_1 = k$. Тогда $\vec{AY} = k\vec{a}$. Мы ищем отношение $AY/YA_1 = k/(1-k)$.
• $C_1$ — вершина призмы (параллелепипеда). Её радиус-вектор: $\vec{AC_1} = \vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA_1} = \vec{b} + \vec{d} + \vec{a}$.
• $M$ — середина ребра $A_1D_1$. Радиус-векторы вершин $A_1$ и $D_1$: $\vec{AA_1} = \vec{a}$ и $\vec{AD_1} = \vec{AD} + \vec{AA_1} = \vec{d} + \vec{a}$. Тогда радиус-вектор точки $M$:
  $\vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{AA_1} + \vec{AD_1}) = \frac{1}{2}(\vec{a} + (\vec{d}+\vec{a})) = \frac{1}{2}\vec{d} + \vec{a}$.

Точки $X, Y, C_1, M$ лежат в одной плоскости. Это означает, что векторы $\vec{YX}$, $\vec{YC_1}$ и $\vec{YM}$ компланарны (линейно зависимы).

Найдём эти векторы:

• $\vec{YX} = \vec{AX} - \vec{AY} = \frac{2}{3}\vec{b} - k\vec{a}$
• $\vec{YC_1} = \vec{AC_1} - \vec{AY} = (\vec{b} + \vec{d} + \vec{a}) - k\vec{a} = \vec{b} + \vec{d} + (1-k)\vec{a}$
• $\vec{YM} = \vec{AM} - \vec{AY} = (\frac{1}{2}\vec{d} + \vec{a}) - k\vec{a} = \frac{1}{2}\vec{d} + (1-k)\vec{a}$

Условие компланарности означает, что один из векторов можно выразить как линейную комбинацию двух других. Например, существуют такие числа $\alpha$ и $\beta$, что $\vec{YM} = \alpha \vec{YX} + \beta \vec{YC_1}$.

Подставим выражения для векторов:
$\frac{1}{2}\vec{d} + (1-k)\vec{a} = \alpha (\frac{2}{3}\vec{b} - k\vec{a}) + \beta (\vec{b} + \vec{d} + (1-k)\vec{a})$

Сгруппируем члены при базисных векторах:
$\frac{1}{2}\vec{d} + (1-k)\vec{a} = (\frac{2}{3}\alpha + \beta)\vec{b} + \beta\vec{d} + (-\alpha k + \beta(1-k))\vec{a}$

Поскольку векторы $\vec{a}, \vec{b}, \vec{d}$ не компланарны (линейно независимы), мы можем приравнять коэффициенты при них в левой и правой частях уравнения:
$\begin{cases} \frac{2}{3}\alpha + \beta = 0 & \text{(коэффициент при } \vec{b}\text{)} \\ \beta = \frac{1}{2} & \text{(коэффициент при } \vec{d}\text{)} \\ -\alpha k + \beta(1-k) = 1-k & \text{(коэффициент при } \vec{a}\text{)} \end{cases}$

Решим эту систему уравнений.
Из второго уравнения сразу получаем $\beta = \frac{1}{2}$.
Подставим $\beta$ в первое уравнение: $\frac{2}{3}\alpha + \frac{1}{2} = 0 \implies \frac{2}{3}\alpha = -\frac{1}{2} \implies \alpha = -\frac{3}{4}$.
Теперь подставим найденные $\alpha$ и $\beta$ в третье уравнение:
$-(-\frac{3}{4})k + \frac{1}{2}(1-k) = 1-k$
$\frac{3}{4}k + \frac{1}{2} - \frac{1}{2}k = 1-k$
Приведём подобные члены с $k$:
$(\frac{3}{4} - \frac{1}{2} + 1)k = 1 - \frac{1}{2}$
$(\frac{3}{4} - \frac{2}{4} + \frac{4}{4})k = \frac{1}{2}$
$\frac{5}{4}k = \frac{1}{2}$
$k = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} = \frac{2}{5}$.

Мы нашли, что $AY/AA_1 = k = 2/5$. Значит, $AY = \frac{2}{5}AA_1$.
Тогда другая часть ребра $YA_1 = AA_1 - AY = AA_1 - \frac{2}{5}AA_1 = \frac{3}{5}AA_1$.
Искомое отношение:
$\frac{AY}{YA_1} = \frac{\frac{2}{5}AA_1}{\frac{3}{5}AA_1} = \frac{2}{3}$.

Ответ: Точка $Y$ делит ребро $AA_1$ в отношении $AY:YA_1 = 2:3$.

5. Через вершину $A$ и середины рёбер $A_1D_1$ и $CC_1$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ провели плоскость. Постройте сечение куба этой плоскостью и найдите, в каком отношении плоскость сечения делит ребро $BC$.

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ имеет длину $a$. Поместим вершину $A$ в начало координат $(0,0,0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:

• $A(0,0,0)$
• $B(a,0,0)$
• $C(a,a,0)$
• $D(0,a,0)$
• $A_1(0,0,a)$
• $B_1(a,0,a)$
• $C_1(a,a,a)$
• $D_1(0,a,a)$

Секущая плоскость проходит через три заданные точки:

• Вершина $A(0,0,0)$.
• Точка $M$ — середина ребра $A_1D_1$. Координаты $A_1(0,0,a)$ и $D_1(0,a,a)$. Координаты точки $M$: $M\left(\frac{0+0}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{a+a}{2}\right) = M\left(0, \frac{a}{2}, a\right)$.
• Точка $N$ — середина ребра $CC_1$. Координаты $C(a,a,0)$ и $C_1(a,a,a)$. Координаты точки $N$: $N\left(\frac{a+a}{2}, \frac{a+a}{2}, \frac{0+a}{2}\right) = N\left(a, a, \frac{a}{2}\right)$.

Постройте сечение куба этой плоскостью

Построение сечения можно выполнить геометрически, а для точного определения положения точек и вычислений — аналитически.

Геометрическое построение (метод следов):

1. Соединим точки $A$ и $M$, так как они лежат в одной плоскости грани $ADD_1A_1$. Отрезок $AM$ является стороной сечения.
2. Противоположные грани куба $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$ параллельны. Следовательно, секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Проведем в плоскости грани $BCC_1B_1$ через точку $N$ прямую, параллельную $AM$. Эта прямая пересечет ребро $BC$ в точке $K$. Отрезок $NK$ — сторона сечения.
3. Точки $A$ и $K$ лежат в одной плоскости грани $ABCD$. Соединяем их и получаем сторону сечения $AK$.
4. Аналогично, грани $ABCD$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллельны. Проведем в плоскости верхней грани через точку $M$ прямую, параллельную $AK$. Эта прямая пересечет ребро $C_1D_1$ в точке $L$. Отрезок $ML$ — сторона сечения.
5. Точки $N$ и $L$ лежат в одной плоскости грани $CDD_1C_1$. Соединяем их и получаем сторону $NL$.

В результате построено искомое сечение — замкнутый пятиугольник $AKNLM$.

Аналитическое определение вершин сечения:

Для точного определения положения вершин сечения составим уравнение плоскости, проходящей через точки $A$, $M$ и $N$. Общий вид уравнения плоскости: $px + qy + rz + d = 0$.

1. Так как плоскость проходит через начало координат (точку $A$), свободный член $d=0$. Уравнение принимает вид $px + qy + rz = 0$.

2. Подставим координаты точки $M\left(0, \frac{a}{2}, a\right)$ в уравнение: $p \cdot 0 + q \cdot \frac{a}{2} + r \cdot a = 0 \implies \frac{qa}{2} + ra = 0 \implies q = -2r$.

3. Подставим координаты точки $N\left(a, a, \frac{a}{2}\right)$ в уравнение: $p \cdot a + q \cdot a + r \cdot \frac{a}{2} = 0 \implies p + q + \frac{r}{2} = 0$.

4. Подставим $q = -2r$ в последнее уравнение: $p - 2r + \frac{r}{2} = 0 \implies p - \frac{3r}{2} = 0 \implies p = \frac{3r}{2}$.

5. Выберем удобное ненулевое значение для $r$, например, $r=2$. Тогда $q = -2 \cdot 2 = -4$ и $p = \frac{3 \cdot 2}{2} = 3$.

Таким образом, уравнение секущей плоскости: $3x - 4y + 2z = 0$.

Найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами куба, чтобы определить вершины сечения:

• Вершины $A(0,0,0)$, $M(0, \frac{a}{2}, a)$, $N(a, a, \frac{a}{2})$ заданы по условию.
• Пересечение с ребром $BC$ ($x=a, z=0$): $3a - 4y + 0 = 0 \implies y = \frac{3a}{4}$. Точка $K\left(a, \frac{3a}{4}, 0\right)$.
• Пересечение с ребром $C_1D_1$ ($z=a, y=a$): $3x - 4a + 2a = 0 \implies 3x = 2a \implies x = \frac{2a}{3}$. Точка $L\left(\frac{2a}{3}, a, a\right)$.

Проверка пересечений с остальными ребрами показывает, что других точек пересечения в пределах ребер нет. Таким образом, сечением является пятиугольник $AKNLM$.

Ответ: Сечением является пятиугольник $AKNLM$, где $K$ — точка на ребре $BC$, а $L$ — точка на ребре $C_1D_1$.

Найдите, в каком отношении плоскость сечения делит ребро BC

Как было найдено в предыдущем пункте, секущая плоскость пересекает ребро $BC$ в точке $K\left(a, \frac{3a}{4}, 0\right)$.

Ребро $BC$ соединяет вершины $B(a,0,0)$ и $C(a,a,0)$. Найдем, в каком отношении точка $K$ делит отрезок $BC$. Для этого вычислим длины отрезков $BK$ и $KC$. Так как точки лежат на прямой, параллельной оси $Oy$, их длины можно найти как разность y-координат.

Длина $BK = y_K - y_B = \frac{3a}{4} - 0 = \frac{3a}{4}$.

Длина $KC = y_C - y_K = a - \frac{3a}{4} = \frac{a}{4}$.

Искомое отношение равно:

$\frac{BK}{KC} = \frac{3a/4}{a/4} = \frac{3}{1}$.

Таким образом, плоскость сечения делит ребро $BC$ в отношении $3:1$, считая от вершины $B$.

Ответ: $3:1$.

6. Точка $K$ – середина ребра $BC$ тетраэдра $DABC$. Через точку пересечения медиан грани $ABD$ и середины отрезков $AK$ и $DK$ провели плоскость. Постройте сечение пирамиды этой плоскостью и найдите расстояние между точкой $A$ и точкой пересечения секущей плоскости с прямой $AC$, если $AC = 12$ см.

Построение сечения

1. Введем обозначения: $DABC$ – данный тетраэдр, $K$ – середина ребра $BC$. $O$ – точка пересечения медиан грани $ABD$ (центроид $\triangle ABD$), $P$ – середина отрезка $AK$, $Q$ – середина отрезка $DK$. Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точки $O, P, Q$.

2. Определим ключевые свойства секущей плоскости. Рассмотрим $\triangle ADK$. Так как $P$ – середина $AK$ и $Q$ – середина $DK$, отрезок $PQ$ является средней линией этого треугольника. Следовательно, прямая $PQ$ параллельна прямой $AD$ ($PQ \parallel AD$).

3. Поскольку секущая плоскость $\alpha$ содержит прямую $PQ$, которая параллельна прямой $AD$, то плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AD$.

4. След секущей плоскости на грани $ABD$ должен быть параллелен $AD$. Так как точка $O$ (центроид $\triangle ABD$) принадлежит и плоскости $\alpha$, и плоскости грани $ABD$, этот след проходит через точку $O$. Проведем в плоскости $ABD$ прямую через $O$ параллельно $AD$. Пусть она пересекает ребра $AB$ и $BD$ в точках $Y$ и $X$ соответственно.

5. Найдем положение точек $Y$ и $X$. Пусть $M$ – середина ребра $AB$. $DM$ – медиана $\triangle ABD$, и точка $O$ делит ее в отношении $DO:OM = 2:1$. В $\triangle ADM$ отрезок $OY$ параллелен стороне $AD$. По теореме о пропорциональных отрезках (теореме Фалеса): $\frac{AY}{AM} = \frac{DO}{DM}$. Нет, это неверно. Правильно так: $\frac{MY}{MA} = \frac{MO}{MD} = \frac{1}{3}$. Поскольку $AM = \frac{1}{2}AB$, то $MY = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}AB = \frac{1}{6}AB$. Тогда $AY = AM - MY = \frac{1}{2}AB - \frac{1}{6}AB = \frac{2}{6}AB = \frac{1}{3}AB$.

Аналогично, из подобия $\triangle BYX$ и $\triangle BAD$ (так как $YX \parallel AD$) следует, что $\frac{BY}{BA} = \frac{BX}{BD}$. Так как $BY = AB - AY = AB - \frac{1}{3}AB = \frac{2}{3}AB$, то $\frac{BY}{BA} = \frac{2}{3}$. Следовательно, $\frac{BX}{BD} = \frac{2}{3}$. Таким образом, отрезок $YX$ является следом секущей плоскости на грани $ABD$.

6. Докажем, что вершина $C$ тетраэдра лежит в секущей плоскости $\alpha$. Введем векторный базис с началом в точке $A$: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$, $\vec{AD} = \vec{d}$. Тогда:
$\vec{AK} = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{AC}) = \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c})$.
$\vec{AP} = \frac{1}{2}\vec{AK} = \frac{1}{4}(\vec{b} + \vec{c})$.
$\vec{AO} = \frac{1}{3}(\vec{AB} + \vec{AD}) = \frac{1}{3}(\vec{b} + \vec{d})$.
$\vec{AQ} = \frac{1}{2}(\vec{AD} + \vec{AK}) = \frac{1}{2}(\vec{d} + \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c})) = \frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{2}\vec{d}$.

Уравнение плоскости $\alpha$, проходящей через точку $P$ с направляющими векторами $\vec{PO}$ и $\vec{PQ}$:
$\vec{r} = \vec{AP} + s\cdot\vec{PO} + t\cdot\vec{PQ}$.
$\vec{PO} = \vec{AO} - \vec{AP} = \frac{1}{3}(\vec{b} + \vec{d}) - \frac{1}{4}(\vec{b} + \vec{c}) = \frac{1}{12}\vec{b} - \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{3}\vec{d}$.
$\vec{PQ} = \vec{AQ} - \vec{AP} = (\frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{2}\vec{d}) - (\frac{1}{4}\vec{b} + \frac{1}{4}\vec{c}) = \frac{1}{2}\vec{d}$.

Подставим вектор $\vec{AC} = \vec{c}$ в уравнение плоскости, чтобы проверить, принадлежит ли точка $C$ плоскости $\alpha$:
$\vec{c} = \frac{1}{4}(\vec{b} + \vec{c}) + s(\frac{1}{12}\vec{b} - \frac{1}{4}\vec{c} + \frac{1}{3}\vec{d}) + t(\frac{1}{2}\vec{d})$.
$\vec{0} = (\frac{1}{4} + \frac{s}{12})\vec{b} + (\frac{1}{4} - 1 - \frac{s}{4})\vec{c} + (\frac{s}{3} + \frac{t}{2})\vec{d}$.

Так как векторы $\vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ некомпланарны, коэффициенты при них должны быть равны нулю:
$\frac{1}{4} + \frac{s}{12} = 0 \Rightarrow s = -3$.
$-\frac{3}{4} - \frac{s}{4} = 0 \Rightarrow s = -3$.
$\frac{s}{3} + \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow \frac{-3}{3} + \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow -1 + \frac{t}{2} = 0 \Rightarrow t = 2$.

Поскольку система имеет решение, точка $C$ принадлежит плоскости $\alpha$.

7. Теперь мы можем построить сечение. Мы знаем, что точки $Y, X, C$ принадлежат секущей плоскости.

• На грани $ABC$ лежат точки $Y$ и $C$. Соединяем их отрезком $YC$.
• На грани $DBC$ лежат точки $X$ и $C$. Соединяем их отрезком $XC$.
• На грани $ABD$ лежат точки $Y$ и $X$. Они уже соединены отрезком $YX$.

Таким образом, искомое сечение – это треугольник $YXC$.

Ответ: Сечением является треугольник $YXC$, где $Y$ – точка на ребре $AB$ такая, что $AY = \frac{1}{3}AB$, а $X$ – точка на ребре $BD$ такая, что $BX = \frac{2}{3}BD$.

Нахождение расстояния между точкой А и точкой пересечения секущей плоскости с прямой АС

1. Нам нужно найти точку пересечения секущей плоскости $\alpha$ (плоскости $YXC$) с прямой $AC$.

2. Прямая $AC$ целиком лежит в плоскости грани $ABC$.

3. Секущая плоскость $\alpha$ пересекает плоскость грани $ABC$ по прямой $YC$ (так как точки $Y$ и $C$ принадлежат обеим плоскостям).

4. Точка пересечения плоскости $\alpha$ и прямой $AC$ является точкой пересечения прямых, лежащих в одной плоскости $ABC$: прямой $YC$ и прямой $AC$.

5. Прямые $YC$ и $AC$ имеют общую точку $C$. Следовательно, их точкой пересечения и является точка $C$.

6. Требуется найти расстояние между точкой $A$ и найденной точкой пересечения, то есть расстояние между точками $A$ и $C$.

7. По условию задачи, длина отрезка $AC$ равна 12 см.

Ответ: 12 см.