Страница 49 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

5.29. Докажите, что если две данные пересекающиеся плоскости пересекают третью плоскость по параллельным прямым, то линия пересечения данных плоскостей параллельна этой третьей плоскости.

Пусть даны две пересекающиеся плоскости $\alpha$ и $\beta$, и третья плоскость $\gamma$.

Обозначим линию пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$ как прямую $c$:
$\alpha \cap \beta = c$.

По условию, плоскости $\alpha$ и $\beta$ пересекают плоскость $\gamma$ по параллельным прямым. Обозначим эти прямые как $a$ и $b$ соответственно:
$\alpha \cap \gamma = a$
$\beta \cap \gamma = b$
При этом, по условию, $a \parallel b$.

Необходимо доказать, что линия пересечения данных плоскостей, прямая $c$, параллельна третьей плоскости $\gamma$, то есть $c \parallel \gamma$.

Доказательство:

Воспользуемся методом доказательства от противного. Предположим, что прямая $c$ не параллельна плоскости $\gamma$.

Если прямая не параллельна плоскости, то она пересекает эту плоскость в некоторой точке. Пусть прямая $c$ пересекает плоскость $\gamma$ в точке $M$.

Так как точка $M$ лежит на прямой $c$ ($M \in c$), а прямая $c$ является линией пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$, то точка $M$ принадлежит обеим этим плоскостям: $M \in \alpha$ и $M \in \beta$. По нашему предположению, точка $M$ также лежит в плоскости $\gamma$ ($M \in \gamma$).

Таким образом, точка $M$ является общей точкой для трех плоскостей $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$.

Поскольку точка $M$ принадлежит одновременно плоскостям $\alpha$ и $\gamma$, она должна лежать на линии их пересечения, то есть на прямой $a$. Следовательно, $M \in a$.

Аналогично, поскольку точка $M$ принадлежит одновременно плоскостям $\beta$ и $\gamma$, она должна лежать на линии их пересечения, то есть на прямой $b$. Следовательно, $M \in b$.

Из этого следует, что прямые $a$ и $b$ имеют общую точку $M$, то есть они пересекаются. Однако это противоречит условию задачи, согласно которому прямые $a$ и $b$ параллельны ($a \parallel b$). Параллельные прямые по определению не имеют общих точек.

Полученное противоречие означает, что наше исходное предположение было неверным. Следовательно, прямая $c$ не может пересекать плоскость $\gamma$.

По определению, если прямая не имеет общих точек с плоскостью, то она параллельна этой плоскости. Значит, $c \parallel \gamma$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

5.30. Постройте сечение прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ плоскостью, проходящей через середины рёбер $AB, CD$ и $AA_1$. Найдите периметр сечения, если $AB = 10$ см, $AD = 17$ см, $AA_1 = 24$ см.

Построение сечения

1. Обозначим точки, через которые проходит плоскость сечения: $K$ - середина ребра $AB$, $L$ - середина ребра $CD$, и $M$ - середина ребра $AA_1$.

2. Точки $K$ и $L$ лежат в одной плоскости (нижнее основание $ABCD$). Соединяем их отрезком $KL$, который является одной из сторон сечения.

3. Точки $K$ и $M$ лежат в одной плоскости (передняя грань $ABB_1A_1$). Соединяем их отрезком $KM$, который является второй стороной сечения.

4. Противоположные грани параллелепипеда параллельны, а секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Грань $ABB_1A_1$ параллельна грани $DCC_1D_1$. Следовательно, в плоскости задней грани $DCC_1D_1$ через точку $L$ проводим прямую, параллельную $KM$. Эта прямая пересекает ребро $DD_1$ в точке $N$. Отрезок $LN$ - третья сторона сечения. Поскольку $K$, $M$ и $L$ являются серединами своих рёбер, то из соображений симметрии точка $N$ также будет серединой ребра $DD_1$.

5. Соединяем точки $N$ и $M$. Обе точки лежат в плоскости левой грани $ADD_1A_1$, поэтому отрезок $NM$ является четвертой, замыкающей стороной сечения.

Таким образом, искомое сечение - это четырёхугольник $KLNM$. Так как $KM \parallel LN$ (по построению), и $KL \parallel NM$ (оба отрезка соединяют середины рёбер в противолежащих гранях и параллельны ребру $AD$), то сечение $KLNM$ является параллелограммом.

Нахождение периметра сечения

Периметр параллелограмма $KLNM$ вычисляется по формуле $P = 2(KL + KM)$. Найдем длины его смежных сторон $KL$ и $KM$.

Сторона $KL$ соединяет середины сторон $AB$ и $CD$ в прямоугольнике $ABCD$. Следовательно, ее длина равна длине стороны $AD$.
$KL = AD = 17$ см.

Сторону $KM$ найдем как гипотенузу прямоугольного треугольника $AMK$ (в грани $ABB_1A_1$ угол $\angle MAK = 90^\circ$). Катеты этого треугольника равны половинам длин соответствующих рёбер:
$AK = \frac{1}{2} AB = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$ см.
$AM = \frac{1}{2} AA_1 = \frac{1}{2} \cdot 24 = 12$ см.
По теореме Пифагора:
$KM = \sqrt{AK^2 + AM^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ см.

Теперь вычислим периметр сечения:
$P = 2(KL + KM) = 2(17 + 13) = 2 \cdot 30 = 60$ см.

Ответ: 60 см.

5.31. На ребре $BC$ тетраэдра $DABC$ отметили точку $E$ так, что $BE : EC = 2 : 1$. Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точку $E$ параллельно прямым $AB$ и $CD$. Найдите периметр сечения, если $AB = 18$ см, $CD = 12$ см.

Построение сечения

Пусть $\alpha$ — секущая плоскость. Построим сечение тетраэдра $DABC$ плоскостью $\alpha$, проходящей через точку $E$ на ребре $BC$ параллельно прямым $AB$ и $CD$.

1. В плоскости грани $ABC$ через точку $E$ проведём прямую, параллельную $AB$. Точка пересечения этой прямой с ребром $AC$ назовём $F$. Отрезок $EF$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ABC$.
2. В плоскости грани $BCD$ через точку $E$ проведём прямую, параллельную $CD$. Точку пересечения этой прямой с ребром $BD$ назовём $G$. Отрезок $EG$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $BCD$.
3. В плоскости грани $ABD$ через точку $G$ проведём прямую, параллельную $AB$. Точку пересечения этой прямой с ребром $AD$ назовём $H$. Отрезок $GH$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ABD$.
4. Соединим точки $F$ и $H$. Отрезок $FH$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ACD$.

Четырёхугольник $EFHG$ — искомое сечение.

Докажем, что $EFHG$ — параллелограмм. По построению $EF \parallel AB$ и $GH \parallel AB$, следовательно, $EF \parallel GH$. Докажем, что $FH \parallel CD$. Из условия $BE : EC = 2 : 1$ следует, что $BC = BE + EC = 3EC$. Тогда $\frac{CE}{CB} = \frac{EC}{3EC} = \frac{1}{3}$ и $\frac{BE}{BC} = \frac{2EC}{3EC} = \frac{2}{3}$.

В $\triangle ABC$ по теореме о пропорциональных отрезках, так как $EF \parallel AB$, имеем: $\frac{CF}{CA} = \frac{CE}{CB} = \frac{1}{3}$.

В $\triangle BCD$ по теореме о пропорциональных отрезках, так как $EG \parallel CD$, имеем: $\frac{BG}{BD} = \frac{BE}{BC} = \frac{2}{3}$. Отсюда $\frac{DG}{DB} = 1 - \frac{BG}{BD} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

В $\triangle ABD$ по теореме о пропорциональных отрезках, так как $GH \parallel AB$, имеем: $\frac{DH}{DA} = \frac{DG}{DB} = \frac{1}{3}$.

Теперь рассмотрим грань $ACD$. В $\triangle ACD$ имеем $\frac{CF}{CA} = \frac{1}{3}$ и $\frac{DH}{DA} = \frac{1}{3}$. По обратной теореме о пропорциональных отрезках, из равенства отношений $\frac{AC - CF}{AC} = \frac{AD - DH}{AD}$ следует, что $\frac{AF}{AC} = \frac{AH}{AD} = \frac{2}{3}$, а значит $FH \parallel CD$. Так как $EG \parallel CD$ по построению и $FH \parallel CD$, то $EG \parallel FH$. Поскольку противоположные стороны четырёхугольника $EFHG$ попарно параллельны, он является параллелограммом.

Нахождение периметра сечения

Периметр параллелограмма $EFHG$ вычисляется по формуле $P = 2(EF + EG)$. Найдём длины сторон $EF$ и $EG$.

1. Из подобия треугольников $\triangle CEF$ и $\triangle CBA$ (так как $EF \parallel AB$):
$\frac{EF}{AB} = \frac{CE}{CB} = \frac{1}{3}$
$EF = \frac{1}{3} AB = \frac{1}{3} \cdot 18 = 6$ см.

2. Из подобия треугольников $\triangle BEG$ и $\triangle BCD$ (так как $EG \parallel CD$):
$\frac{EG}{CD} = \frac{BE}{BC} = \frac{2}{3}$
$EG = \frac{2}{3} CD = \frac{2}{3} \cdot 12 = 8$ см.

3. Теперь можем найти периметр сечения:
$P = 2(EF + EG) = 2(6 + 8) = 2 \cdot 14 = 28$ см.

Ответ: 28 см.

5.32. На рёбрах $AD$ и $BC$ тетраэдра $DABC$ отметили соответственно точки $M$ и $K$ (рис. 5.24). Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через прямую $MK$ параллельно прямой $CD$.

Пусть $\alpha$ — искомая плоскость сечения. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через прямую $MK$ и параллельна прямой $CD$. То есть, $MK \subset \alpha$ и $\alpha \parallel CD$.

Для построения сечения воспользуемся свойством параллельных прямой и плоскости: если плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту другую плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна данной прямой. В нашем случае, мы будем использовать следствие: если плоскость $\alpha$ параллельна прямой $CD$, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с любой плоскостью, содержащей прямую $CD$, будет параллельна прямой $CD$.

Построение

1. Рассмотрим грань $ACD$ тетраэдра. Эта грань содержит прямую $CD$. Точка $M$ принадлежит ребру $AD$, следовательно, $M \in (ACD)$. Так как искомая плоскость $\alpha$ проходит через точку $M$ и параллельна прямой $CD$, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $ACD$ должна проходить через точку $M$ и быть параллельной $CD$.
2. В плоскости грани $ACD$ через точку $M$ проведём прямую, параллельную $CD$. Эта прямая пересечёт ребро $AC$ в некоторой точке $N$. Отрезок $MN$ — одна из сторон искомого сечения. Итак, строим $MN \parallel CD$, где $N \in AC$.
3. Рассмотрим грань $BCD$ тетраэдра. Эта грань также содержит прямую $CD$. Точка $K$ принадлежит ребру $BC$, следовательно, $K \in (BCD)$. Аналогично предыдущему шагу, линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $BCD$ должна проходить через точку $K$ и быть параллельной $CD$.
4. В плоскости грани $BCD$ через точку $K$ проведём прямую, параллельную $CD$. Эта прямая пересечёт ребро $BD$ в некоторой точке $L$. Отрезок $KL$ — вторая сторона искомого сечения. Итак, строим $KL \parallel CD$, где $L \in BD$.
5. Соединим последовательно точки $M, N, K, L$. Полученный четырёхугольник $MNKL$ является искомым сечением.

Обоснование

По построеню мы имеем $MN \parallel CD$ и $KL \parallel CD$. Из этого следует, что $MN \parallel KL$. Согласно признаку, если две параллельные прямые ($MN$ и $KL$) лежат в одной плоскости, то все четыре точки $M, N, K, L$ лежат в одной плоскости.

Назовём эту плоскость $\beta = (MNKL)$.

• Плоскость $\beta$ содержит точки $M$ и $K$, а значит, содержит и всю прямую $MK$.
• Плоскость $\beta$ содержит прямую $MN$, которая параллельна прямой $CD$. По признаку параллельности прямой и плоскости, если прямая ($CD$), не лежащая в плоскости ($\beta$), параллельна какой-либо прямой ($MN$), лежащей в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости. Следовательно, $\beta \parallel CD$.

Таким образом, построенная плоскость $(MNKL)$ проходит через прямую $MK$ и параллельна прямой $CD$, то есть является искомой плоскостью сечения. Четырёхугольник $MNKL$ — искомое сечение (является трапецией, так как $MN \parallel KL$).

Ответ: Искомое сечение — четырёхугольник $MNKL$, где точка $N$ лежит на ребре $AC$ и $MN \parallel CD$, а точка $L$ лежит на ребре $BD$ и $KL \parallel CD$.

5.33. На рёбрах $AD$ и $BC$ тетраэдра $DABC$ отметили соответственно точки $M$ и $K$ (рис. 5.24). Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через прямую $MK$ параллельно прямой $AB$.

Рис. 5.24

Обозначим искомую плоскость сечения через $\alpha$. По условию задачи, эта плоскость проходит через точки $M$ и $K$, то есть содержит прямую $MK$, и параллельна прямой $AB$.

Построение сечения выполняется в несколько шагов:

1. Построение в плоскости грани ABD.
Прямая $AB$ принадлежит плоскости грани $(ABD)$. Согласно свойству параллельности прямой и плоскости, если плоскость ($\alpha$) параллельна некоторой прямой ($AB$), то линия пересечения этой плоскости с любой другой плоскостью (например, $(ABD)$), содержащей данную прямую, будет параллельна этой прямой.Точка $M$ лежит на ребре $AD$, следовательно, $M$ принадлежит плоскости грани $(ABD)$. Также по условию $M$ принадлежит плоскости сечения $\alpha$. Значит, точка $M$ лежит на линии пересечения плоскостей $\alpha$ и $(ABD)$.Таким образом, линия пересечения плоскости сечения $\alpha$ с плоскостью грани $(ABD)$ — это прямая, проходящая через точку $M$ параллельно прямой $AB$.Проведем в плоскости грани $(ABD)$ через точку $M$ прямую, параллельную $AB$. Пусть эта прямая пересекает ребро $BD$ в точке $P$. Отрезок $MP$ является одной из сторон искомого сечения. Итак, $MP \parallel AB$.

2. Построение в плоскости грани ABC.
Аналогично, прямая $AB$ принадлежит плоскости грани $(ABC)$. Точка $K$ лежит на ребре $BC$, следовательно, $K$ принадлежит плоскости грани $(ABC)$ и, по условию, плоскости сечения $\alpha$.Линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $(ABC)$ — это прямая, проходящая через точку $K$ параллельно прямой $AB$.Проведем в плоскости грани $(ABC)$ через точку $K$ прямую, параллельную $AB$. Пусть эта прямая пересекает ребро $AC$ в точке $L$. Отрезок $KL$ является еще одной стороной сечения. Итак, $KL \parallel AB$.

3. Завершение построения.
Мы получили четыре точки, принадлежащие плоскости сечения $\alpha$: $M$ на ребре $AD$, $P$ на ребре $BD$, $K$ на ребре $BC$ и $L$ на ребре $AC$. Эти точки являются вершинами многоугольника сечения.

• Соединим точки $P$ и $K$. Обе точки лежат в плоскости грани $BCD$ (так как $P \in BD$ и $K \in BC$), поэтому отрезок $PK$ лежит на грани $BCD$.
• Соединим точки $L$ и $M$. Обе точки лежат в плоскости грани $ACD$ (так как $L \in AC$ и $M \in AD$), поэтому отрезок $LM$ лежит на грани $ACD$.

В результате мы получили четырехугольник $MPKL$, который является искомым сечением тетраэдра плоскостью $\alpha$.

Обоснование.
Построенная плоскость $(MPKL)$ проходит через точки $M$ и $K$ и, следовательно, через прямую $MK$. По построению, прямая $MP$ лежит в этой плоскости и $MP \parallel AB$. По признаку параллельности прямой и плоскости, если прямая ($AB$), не лежащая в плоскости ($(MPKL)$), параллельна некоторой прямой ($MP$), лежащей в этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости. Следовательно, плоскость $(MPKL)$ параллельна прямой $AB$. Таким образом, построенное сечение $MPKL$ удовлетворяет всем условиям задачи.

Примечание: Так как $MP \parallel AB$ и $KL \parallel AB$, то $MP \parallel KL$. Четырехугольник, у которого две противолежащие стороны параллельны, является трапецией. Следовательно, сечение $MPKL$ — трапеция.

Ответ: Искомым сечением является четырехугольник $MPKL$, где точка $P$ — это точка пересечения прямой, проходящей через точку $M$ параллельно прямой $AB$, с ребром $BD$, а точка $L$ — это точка пересечения прямой, проходящей через точку $K$ параллельно прямой $AB$, с ребром $AC$.

5.34. На рёбрах $AB$ и $C_1D_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили соответственно точки $M$ и $K$. Постройте линию пересечения плоскостей $AA_1K$ и $DD_1M$. Каково взаимное расположение построенной прямой и прямой $AA_1$?

Обозначим плоскость, проходящую через точки $A$, $A_1$ и $K$, как $\alpha$, то есть $\alpha = (AA_1K)$. Обозначим плоскость, проходящую через точки $D$, $D_1$ и $M$, как $\beta$, то есть $\beta = (DD_1M)$. Задача состоит в том, чтобы построить линию пересечения плоскостей $\alpha$ и $\beta$, а затем определить её взаимное расположение с ребром $AA_1$.

Для построения линии пересечения двух плоскостей необходимо найти две общие точки, принадлежащие обеим плоскостям. Мы найдем эти точки, используя метод следов на плоскостях основания параллелепипеда.

1. Рассмотрим пересечение плоскостей $\alpha$ и $\beta$ с плоскостью нижнего основания $(ABCD)$.
   • Плоскость $\beta=(DD_1M)$ пересекает плоскость $(ABCD)$ по прямой $DM$, так как точки $D$ и $M$ лежат в обеих плоскостях.
   • Плоскость $\alpha=(AA_1K)$ пересекает плоскость верхнего основания $(A_1B_1C_1D_1)$ по прямой $A_1K$. Поскольку плоскости оснований $(ABCD)$ и $(A_1B_1C_1D_1)$ параллельны, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $(ABCD)$ будет прямой, проходящей через точку $A$ (которая лежит в $\alpha$ и в $(ABCD)$) и параллельной прямой $A_1K$. Обозначим эту прямую как $l_A$.
   • Прямые $DM$ и $l_A$ лежат в одной плоскости $(ABCD)$ и пересекаются в некоторой точке $P$ (в общем случае). Точка $P$ принадлежит обеим плоскостям $\alpha$ и $\beta$, так как $P \in DM \subset \beta$ и $P \in l_A \subset \alpha$. Таким образом, $P$ — первая точка искомой линии пересечения.
2. Теперь рассмотрим пересечение плоскостей $\alpha$ и $\beta$ с плоскостью верхнего основания $(A_1B_1C_1D_1)$.
   • Плоскость $\alpha=(AA_1K)$ пересекает плоскость $(A_1B_1C_1D_1)$ по прямой $A_1K$, так как точки $A_1$ и $K$ лежат в обеих плоскостях.
   • Плоскость $\beta=(DD_1M)$ пересекает плоскость нижнего основания $(ABCD)$ по прямой $DM$. Так как плоскости оснований параллельны, то линия пересечения плоскости $\beta$ с плоскостью $(A_1B_1C_1D_1)$ будет прямой, проходящей через точку $D_1$ (которая лежит в $\beta$ и в $(A_1B_1C_1D_1)$) и параллельной прямой $DM$. Обозначим эту прямую как $l_{D1}$.
   • Прямые $A_1K$ и $l_{D1}$ лежат в одной плоскости $(A_1B_1C_1D_1)$ и пересекаются в некоторой точке $Q$ (в общем случае). Точка $Q$ принадлежит обеим плоскостям $\alpha$ и $\beta$, так как $Q \in A_1K \subset \alpha$ и $Q \in l_{D1} \subset \beta$. Таким образом, $Q$ — вторая точка искомой линии пересечения.
3. Соединив точки $P$ и $Q$, мы получаем прямую $PQ$, которая является линией пересечения плоскостей $(AA_1K)$ и $(DD_1M)$.

Ответ: Линия пересечения плоскостей $(AA_1K)$ и $(DD_1M)$ — это прямая $PQ$, где $P$ — точка пересечения прямых $DM$ и $l_A$ (прямая, проходящая через $A$ параллельно $A_1K$), а $Q$ — точка пересечения прямых $A_1K$ и $l_{D1}$ (прямая, проходящая через $D_1$ параллельно $DM$).

Для определения взаимного расположения прямой $PQ$ и прямой $AA_1$ воспользуемся методом параллельного проецирования.

1. Спроецируем параллелепипед и данные плоскости на плоскость нижнего основания $(ABCD)$ в направлении, параллельном боковому ребру $AA_1$. Обозначим это проецирование как $\pi$.
2. Найдем проекцию плоскости $\alpha=(AA_1K)$.
   • Все точки ребра $AA_1$ (включая $A$ и $A_1$) проецируются в одну точку $A$.
   • Точка $K$, лежащая на ребре $C_1D_1$, проецируется в точку $K'$ на ребре $CD$ (поскольку $C_1$ проецируется в $C$, а $D_1$ в $D$).
   • Таким образом, вся плоскость $\alpha$, проходящая через точки $A, A_1, K$, проецируется в прямую $AK'$.
3. Найдем проекцию плоскости $\beta=(DD_1M)$.
   • Все точки ребра $DD_1$ (включая $D$ и $D_1$) проецируются в одну точку $D$.
   • Точка $M$, лежащая на ребре $AB$ в плоскости проекции, проецируется сама в себя.
   • Таким образом, вся плоскость $\beta$, проходящая через точки $D, D_1, M$, проецируется в прямую $DM$.
4. Линия пересечения плоскостей $PQ = \alpha \cap \beta$. Её проекция $\pi(PQ)$ должна лежать в пересечении проекций плоскостей $\pi(\alpha)$ и $\pi(\beta)$.
5. Пересечением проекций $\pi(\alpha)=AK'$ и $\pi(\beta)=DM$ является точка их пересечения в плоскости $(ABCD)$ (в общем случае).
6. Поскольку проекцией всей прямой $PQ$ является одна точка, это означает, что сама прямая $PQ$ параллельна направлению проецирования.
7. Направление проецирования было выбрано параллельно ребру $AA_1$. Следовательно, прямая $PQ$ параллельна прямой $AA_1$.

Ответ: Построенная прямая пересечения $PQ$ параллельна прямой $AA_1$.

5.35. На ребре $BB_1$ прямоугольного параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ отметили точки $E$ и $F$ (рис. 5.25). Постройте линию пересечения плоскостей $AFD$ и $A_1ED_1$.

Для построения линии пересечения плоскостей $(AFD)$ и $(A_1ED_1)$ необходимо найти две общие точки этих плоскостей, либо одну общую точку и направление линии пересечения. Решим задачу, используя второй подход.

1. Нахождение общей точки плоскостей

Рассмотрим прямые $AF$ и $A_1E$. Прямая $AF$ полностью лежит в плоскости $(AFD)$, так как точки $A$ и $F$ принадлежат этой плоскости. Аналогично, прямая $A_1E$ полностью лежит в плоскости $(A_1ED_1)$.

Обе прямые, $AF$ и $A_1E$, также лежат в одной плоскости — плоскости боковой грани $ABB_1A_1$, поскольку все четыре точки $A, F, A_1, E$ принадлежат этой грани. Так как по условию точки $E$ и $F$ на ребре $BB_1$ различны, прямые $AF$ и $A_1E$ не являются параллельными и, следовательно, пересекаются. Обозначим точку их пересечения как $P$.

Поскольку точка $P$ принадлежит прямой $AF$, она лежит в плоскости $(AFD)$. Поскольку точка $P$ принадлежит прямой $A_1E$, она также лежит в плоскости $(A_1ED_1)$. Таким образом, точка $P$ является общей для обеих плоскостей и, следовательно, принадлежит их линии пересечения.

2. Нахождение направления линии пересечения

Плоскость $(AFD)$ содержит прямую $AD$, а плоскость $(A_1ED_1)$ содержит прямую $A_1D_1$. В прямоугольном параллелепипеде $ABCDA_1B_1C_1D_1$ грань $ABCD$ параллельна грани $A_1B_1C_1D_1$. Из этого следует, что прямая $AD$ параллельна прямой $A_1D_1$, то есть $AD \parallel A_1D_1$.

Согласно свойству пересекающихся плоскостей, если две плоскости проходят через две параллельные прямые, то линия их пересечения параллельна этим прямым. Так как плоскости $(AFD)$ и $(A_1ED_1)$ пересекаются и содержат параллельные прямые $AD$ и $A_1D_1$ соответственно, их линия пересечения будет параллельна этим прямым.

3. Построение линии пересечения

Итак, мы нашли точку $P$, принадлежащую линии пересечения, и установили, что эта линия параллельна ребру $AD$. Таким образом, искомая линия пересечения — это прямая, проходящая через точку $P$ параллельно $AD$.

Алгоритм построения:
1. В плоскости грани $ABB_1A_1$ строим прямые, содержащие отрезки $AF$ и $A_1E$.
2. Находим точку их пересечения $P$.
3. Через точку $P$ проводим прямую, параллельную ребру $AD$. Эта прямая и будет являться искомой линией пересечения плоскостей.

Ответ: Линия пересечения плоскостей $(AFD)$ и $(A_1ED_1)$ — это прямая, которая проходит через точку пересечения прямых $AF$ и $A_1E$ и параллельна ребру $AD$.

5.36. Точки $E$ и $F$ – середины соответственно рёбер $AD$ и $CD$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$. Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через прямую $EF$ параллельно прямой $B_1D_1$.

Пусть $\alpha$ — искомая плоскость сечения. По условию, плоскость $\alpha$ проходит через прямую $EF$ и параллельна прямой $B_1D$. Построение сечения можно выполнить в несколько шагов.

1. Точки $E$ и $F$ лежат в плоскости нижнего основания $ABCD$, поэтому отрезок $EF$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью грани $ABCD$ и, следовательно, одной из сторон искомого сечения.

2. Найдем точку пересечения секущей плоскости с ребром $BB_1$. Для этого воспользуемся вспомогательной диагональной плоскостью $BDD_1B_1$, в которой лежит прямая $B_1D$. Найдем общую точку плоскостей $\alpha$ и $BDD_1B_1$. В плоскости основания $ABCD$ проведем диагональ $BD$. Так как $E$ и $F$ — середины сторон $AD$ и $CD$ соответственно, то $EF$ является средней линией треугольника $ADC$, и, следовательно, $EF \parallel AC$. Поскольку прямые $EF$ и $BD$ не параллельны, они пересекаются в некоторой точке $P$. Точка $P$ принадлежит прямой $EF$, поэтому $P \in \alpha$. Точка $P$ также принадлежит прямой $BD$, поэтому она лежит в плоскости $BDD_1B_1$. Значит, $P$ — общая точка двух плоскостей.

3. Так как плоскость $\alpha$ параллельна прямой $B_1D$ по условию, то линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $BDD_1B_1$ (содержащей $B_1D$) должна быть параллельна $B_1D$. Проведем в плоскости $BDD_1B_1$ через точку $P$ прямую $l$, параллельную $B_1D$. Эта прямая пересечет ребро $BB_1$ в точке $M$. Точка $M$ является вершиной искомого сечения.

4. Для нахождения остальных вершин сечения воспользуемся методом следов. В плоскости основания $ABCD$ продлим прямую $EF$ до пересечения с продолжением прямой $AB$ в точке $S$. Точка $S$ принадлежит как плоскости сечения $\alpha$ (так как лежит на прямой $EF$), так и плоскости грани $ABB_1A_1$ (так как лежит на прямой $AB$).

5. Точки $S$ и $M$ определяют прямую $SM$ — след плоскости $\alpha$ на плоскости грани $ABB_1A_1$. Эта прямая пересекает ребро $AA_1$ в точке $G$. Отрезок $GM$ — сторона сечения.

6. Теперь у нас есть вершины $E, F, M, G$. Соединяем точки $E$ и $G$, так как они лежат в одной грани $ADD_1A_1$. Отрезок $EG$ — сторона сечения.

7. Воспользуемся свойством параллельных граней куба: секущая плоскость пересекает параллельные грани по параллельным прямым. Грани $ABB_1A_1$ и $DCC_1D_1$ параллельны, значит, линии их пересечения с плоскостью $\alpha$ параллельны, то есть $FH \parallel GM$. Проводим в плоскости грани $DCC_1D_1$ через точку $F$ прямую, параллельную $GM$. Она пересекает ребро $CC_1$ в точке $H$. Отрезок $FH$ — сторона сечения.

8. Соединяем точки $H$ и $M$, лежащие в одной грани $BCC_1B_1$. Отрезок $HM$ — сторона сечения. Заметим, что $HM \parallel EG$, так как грани $BCC_1B_1$ и $ADD_1A_1$ параллельны.

9. Последовательно соединив точки $E \to F \to H \to M \to G \to E$, получаем замкнутую фигуру — пятиугольник $EFHMG$.

Ответ: Искомое сечение — пятиугольник $EFHMG$, вершины которого лежат на ребрах $AD$, $CD$, $CC_1$, $BB_1$, $AA_1$ куба соответственно, и построение которого описано выше.

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 $AC_1$.

Для построения искомого сечения $\alpha$ куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ воспользуемся следующей последовательностью шагов, основанных на свойствах параллельных прямых и плоскостей.

1. Точка $M$ по условию является серединой ребра $CC_1$. Ребро $CC_1$ принадлежит плоскости диагонального сечения $ACC_1A_1$. Следовательно, точка $M$ также принадлежит плоскости $ACC_1A_1$.
2. По условию, секущая плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AC_1$. Прямая $AC_1$ лежит в плоскости $ACC_1A_1$. Поскольку точка $M$ принадлежит обеим плоскостям (и секущей $\alpha$, и плоскости $ACC_1A_1$), линия их пересечения, назовем ее $k$, будет проходить через точку $M$. Согласно свойству, если плоскость ($\alpha$) параллельна некоторой прямой ($AC_1$), то любая другая плоскость ($ACC_1A_1$), содержащая эту прямую, пересекает плоскость $\alpha$ по прямой ($k$), параллельной данной прямой ($AC_1$). Таким образом, $k \parallel AC_1$.
3. Построим в плоскости $ACC_1A_1$ прямую $k$, проходящую через точку $M$ параллельно $AC_1$. Рассмотрим прямоугольник $ACC_1A_1$. Так как $M$ является серединой стороны $CC_1$, то по теореме Фалеса прямая $k$ пересечёт диагональ $AC$ в её середине. Обозначим эту точку пересечения как $O$. Точка $O$ является центром нижней грани куба $ABCD$. Поскольку прямая $k$ лежит в секущей плоскости $\alpha$, то и точка $O$ принадлежит плоскости $\alpha$.
4. Теперь в плоскости основания $ABCD$ у нас есть две точки, принадлежащие сечению: точка $D$ (по условию) и точка $O$ (по построению). Прямая, проходящая через эти точки, является следом секущей плоскости $\alpha$ на плоскости $ABCD$. Прямая, проходящая через вершину квадрата $D$ и его центр $O$, является диагональю этого квадрата — прямой $DB$. Таким образом, линия пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $ABCD$ — это отрезок $DB$. Точки $D$ и $B$ являются вершинами искомого сечения.
5. Мы определили три вершины сечения: $D$, $B$ и $M$. Соединим их отрезками, если они лежат в одной грани:
   • Точки $D$ и $M$ лежат в грани $DCC_1D_1$, поэтому отрезок $DM$ — сторона сечения.
   • Точки $B$ и $M$ лежат в грани $BCC_1B_1$, поэтому отрезок $BM$ — сторона сечения.
   • Точки $D$ и $B$ лежат в грани $ABCD$, поэтому отрезок $DB$ — сторона сечения.
6. Полученный многоугольник — треугольник $DMB$. Все его стороны ($DM$, $MB$ и $DB$) лежат на гранях куба, следовательно, треугольник $DMB$ является искомым сечением.

Ответ: Искомым сечением является треугольник $DMB$.