Страница 175 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

21. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через вершины $A_1$, $C_1$ и середину ребра $AD$. Найдите его площадь.

Дано:
Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$
Ребро куба $a = 1$ (единичный куб)
Сечение проходит через точки $A_1$, $C_1$ и $M$ (середина ребра $AD$)

Найти:
Площадь сечения $S$.

Решение:
1. Построение сечения.
Введем прямоугольную систему координат с началом в вершине D и осями, направленными вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$. В этой системе координат вершины единичного куба имеют следующие координаты: $A(1, 0, 0)$, $D(0, 0, 0)$, $C(0, 1, 0)$, $A_1(1, 0, 1)$, $C_1(0, 1, 1)$.
Точка $M$ — середина ребра $AD$. Ее координаты: $M(\frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = M(1/2, 0, 0)$.
Секущая плоскость определена тремя точками: $A_1(1, 0, 1)$, $C_1(0, 1, 1)$ и $M(1/2, 0, 0)$.
Построим сечение, находя его следы на гранях куба:
- Точки $A_1$ и $M$ лежат в одной плоскости грани $ADD_1A_1$ ($y=0$). Соединяем их, получаем сторону сечения — отрезок $A_1M$.
- Точки $A_1$ и $C_1$ лежат в одной плоскости верхней грани $A_1B_1C_1D_1$ ($z=1$). Соединяем их, получаем сторону сечения — отрезок $A_1C_1$.
- Плоскости верхней и нижней граней куба параллельны. Следовательно, секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Это значит, что след сечения на нижней грани (плоскость $z=0$) будет параллелен отрезку $A_1C_1$.
- Проведем через точку $M$ в плоскости $ABCD$ прямую, параллельную $A_1C_1$. Эта прямая пересечет ребро $CD$ в некоторой точке $N$. Так как $A_1C_1$ параллельна диагонали $AC$, а $M$ — середина $AD$, то по теореме Фалеса (или из соображений подобия) точка $N$ будет серединой ребра $CD$.
Координаты точки $N$: $N(0, 1/2, 0)$.
- Соединяем точки $M$ и $N$, получаем сторону сечения $MN$.
- Точки $N$ и $C_1$ лежат в одной плоскости грани $CDD_1C_1$ ($x=0$). Соединяем их, получаем четвертую сторону сечения $NC_1$.
Таким образом, искомое сечение — это четырехугольник $A_1MNC_1$.

2. Определение вида четырехугольника и вычисление его площади.
По построению сторона $MN$ параллельна стороне $A_1C_1$. Значит, $A_1MNC_1$ — трапеция.
Найдем длины ее боковых (непараллельных) сторон $A_1M$ и $NC_1$ по теореме Пифагора:
Из прямоугольного треугольника $A_1AM$ (считая, что $A$ - проекция $A_1$ на нижнюю грань): $AA_1 = 1$, $AM = 1/2$.
$|A_1M| = \sqrt{AA_1^2 + AM^2} = \sqrt{1^2 + (1/2)^2} = \sqrt{1 + 1/4} = \sqrt{5/4} = \frac{\sqrt{5}}{2}$.
Из прямоугольного треугольника $C_1CN$ (считая, что $C$ - проекция $C_1$ на нижнюю грань): $CC_1 = 1$, $CN = 1/2$.
$|C_1N| = \sqrt{CC_1^2 + CN^2} = \sqrt{1^2 + (1/2)^2} = \sqrt{1 + 1/4} = \sqrt{5/4} = \frac{\sqrt{5}}{2}$.
Так как боковые стороны трапеции равны ($|A_1M| = |C_1N|$), трапеция $A_1MNC_1$ является равнобедренной.

Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = \frac{a+b}{2}h$, где $a$ и $b$ — длины оснований, а $h$ — высота.
- Длина основания $a = |A_1C_1|$. Это диагональ единичного квадрата, $a = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.
- Длина основания $b = |MN|$. Это гипотенуза в прямоугольном треугольнике $MD'N$, где $D'$ - точка пересечения прямых $AD$ и $CD$, то есть $D$. $MD=1/2$, $DN=1/2$.
$b = \sqrt{MD^2 + DN^2} = \sqrt{(1/2)^2 + (1/2)^2} = \sqrt{1/4+1/4} = \sqrt{1/2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
- Высоту $h$ равнобедренной трапеции найдем по формуле $h = \sqrt{c^2 - \left(\frac{a-b}{2}\right)^2}$, где $c$ — длина боковой стороны.
$c = \frac{\sqrt{5}}{2}$.
$a-b = \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
$h = \sqrt{\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{2}/2}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{5}{4} - \left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^2} = \sqrt{\frac{5}{4} - \frac{2}{16}} = \sqrt{\frac{5}{4} - \frac{1}{8}} = \sqrt{\frac{10}{8} - \frac{1}{8}} = \sqrt{\frac{9}{8}} = \frac{3}{2\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$.
- Вычислим площадь сечения:
$S = \frac{a+b}{2} \cdot h = \frac{\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}}{2} \cdot \frac{3\sqrt{2}}{4} = \frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{2} \cdot \frac{3\sqrt{2}}{4} = \frac{3\sqrt{2}}{4} \cdot \frac{3\sqrt{2}}{4} = \frac{9 \cdot (\sqrt{2})^2}{16} = \frac{9 \cdot 2}{16} = \frac{18}{16} = \frac{9}{8}$.

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{9}{8}$.

22. Изобразите сечение правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, все ребра которой равны 1 см, проходящее через вершины $B$, $C$ и середину ребра $SA$. Найдите его площадь.

Дано:

$SABCD$ — правильная четырехугольная пирамида.
Длина всех ребер пирамиды равна 1 см.
Секущая плоскость проходит через вершины $B$, $C$ и точку $K$, которая является серединой ребра $SA$.

Найти:

Площадь сечения.

Решение:

Построение сечения
Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки $B$, $C$ и $K$. Так как точки $B$ и $C$ принадлежат секущей плоскости, то отрезок $BC$ является стороной сечения. Аналогично, отрезок $BK$ также является стороной сечения. В основании пирамиды лежит квадрат $ABCD$, поэтому $AD \parallel BC$. Секущая плоскость пересекает плоскость основания $(ABC)$ по прямой $BC$. По свойству параллельных плоскостей, секущая плоскость должна пересечь плоскость грани $(SAD)$, которая параллельна прямой $BC$, по прямой, параллельной $BC$. Проведем через точку $K$ в плоскости грани $(SAD)$ прямую, параллельную $AD$. Пусть эта прямая пересекает ребро $SD$ в точке $L$. Таким образом, $KL \parallel AD \parallel BC$. Поскольку $K$ — середина ребра $SA$ и $KL \parallel AD$, то по теореме Фалеса точка $L$ является серединой ребра $SD$. Соединяя точки $C$ и $L$, лежащие в одной плоскости грани $(SCD)$, получаем четвертую сторону сечения $CL$. Таким образом, искомое сечение — это четырехугольник $BCKL$.

Нахождение площади сечения
Поскольку $KL \parallel BC$, четырехугольник $BCKL$ является трапецией. Найдем длины ее сторон. Длина основания $BC$ по условию равна 1 см. Отрезок $KL$ является средней линией в треугольнике $SAD$, поэтому его длина равна половине длины основания $AD$: $KL = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2} \cdot 1 = 0.5$ см. Так как все ребра пирамиды равны 1 см, ее боковые грани (например, $SAB$ и $SCD$) являются равносторонними треугольниками со стороной 1 см. Отрезок $BK$ является медианой в равностороннем треугольнике $SAB$. Длина медианы равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле $m = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. При $a=1$ см, $BK = \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см. Аналогично, $CL$ — медиана в равностороннем треугольнике $SCD$, поэтому ее длина также равна $CL = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см. Так как боковые стороны трапеции $BK$ и $CL$ равны, трапеция $BCKL$ является равнобедренной. Для нахождения площади трапеции воспользуемся формулой $S = \frac{a+b}{2}h$, где $a$ и $b$ — основания, а $h$ — высота. Проведем в трапеции высоту из вершины $K$ на основание $BC$. В равнобедренной трапеции отрезок, отсекаемый высотой на большем основании от вершины, равен полуразности оснований: $x = \frac{BC - KL}{2} = \frac{1 - 0.5}{2} = \frac{0.5}{2} = 0.25 = \frac{1}{4}$ см. Высоту $h$ найдем по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника, образованного боковой стороной $BK$ (гипотенуза), высотой $h$ и отрезком $x$ (катеты): $h^2 = BK^2 - x^2 = (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 - (\frac{1}{4})^2 = \frac{3}{4} - \frac{1}{16} = \frac{12}{16} - \frac{1}{16} = \frac{11}{16}$. Отсюда $h = \sqrt{\frac{11}{16}} = \frac{\sqrt{11}}{4}$ см. Теперь можем вычислить площадь трапеции $BCKL$: $S_{BCKL} = \frac{BC + KL}{2} \cdot h = \frac{1 + 0.5}{2} \cdot \frac{\sqrt{11}}{4} = \frac{1.5}{2} \cdot \frac{\sqrt{11}}{4} = \frac{3/2}{2} \cdot \frac{\sqrt{11}}{4} = \frac{3}{4} \cdot \frac{\sqrt{11}}{4} = \frac{3\sqrt{11}}{16}$ см$^2$.

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{3\sqrt{11}}{16}$ см$^2$.

23. Изобразите сечение правильной шестиугольной призмы $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1 см, проходящее через вершины $B, D$ и $E_1$. Найдите его площадь.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Ребро основания $a = 1$ см.

Боковое ребро (высота) $h = 1$ см.

Секущая плоскость проходит через вершины B, D, E₁.

Найти:

Площадь сечения $S_{сеч}$.

Решение:

1. Построение сечения.

а) Точки B и D лежат в плоскости нижнего основания ABCDEF. Соединим их отрезком. BD – это след секущей плоскости на плоскости нижнего основания.

б) Плоскости верхнего и нижнего оснований параллельны ($ABCDEF \parallel A_1B_1C_1D_1E_1F_1$). Следовательно, секущая плоскость пересекает плоскость верхнего основания по прямой, параллельной прямой BD.

в) В правильном шестиугольнике диагональ BD, соединяющая вершины через одну, параллельна диагонали AE. Аналогично, в верхнем основании диагональ $B_1D_1$ параллельна диагонали $A_1E_1$. Таким образом, $BD \parallel A_1E_1$.

г) Так как секущая плоскость проходит через точку E₁ и пересекает верхнее основание по прямой, параллельной BD, то этой прямой является $A_1E_1$.

д) Таким образом, мы получили четыре вершины сечения: B, D, E₁, A₁. Соединив их последовательно, получаем искомое сечение – четырехугольник $BDE_1A_1$.

2. Определение вида сечения и нахождение его площади.

а) В четырехугольнике $BDE_1A_1$ стороны BD и $A_1E_1$ параллельны по построению. Следовательно, $BDE_1A_1$ – трапеция.

б) Найдем длины оснований. Длину диагонали BD можно найти из треугольника BCD по теореме косинусов. В правильном шестиугольнике внутренний угол равен $120^\circ$, т.е. $\angle BCD = 120^\circ$. Стороны $BC = CD = a = 1$ см.

$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos(120^\circ)$

$BD^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$

$BD = \sqrt{3}$ см.

Так как основания призмы равны, то $A_1E_1 = BD = \sqrt{3}$ см.

Поскольку основания трапеции равны ($BD = A_1E_1$), то $BDE_1A_1$ – параллелограмм.

в) Найдем длины боковых сторон. Сторона $DE_1$ является гипотенузой в прямоугольном треугольнике $DEE_1$ (т.к. призма прямая, $EE_1 \perp DE$). Катеты $DE = a = 1$ см и $EE_1 = h = 1$ см.

$DE_1^2 = DE^2 + EE_1^2 = 1^2 + 1^2 = 2$

$DE_1 = \sqrt{2}$ см.

Аналогично, сторона $BA_1$ является гипотенузой в прямоугольном треугольнике $BAA_1$. Катеты $AB = a = 1$ см и $AA_1 = h = 1$ см.

$BA_1^2 = AB^2 + AA_1^2 = 1^2 + 1^2 = 2$

$BA_1 = \sqrt{2}$ см.

г) Мы установили, что сечение $BDE_1A_1$ – это параллелограмм. Чтобы найти его площадь, нужно знать угол между смежными сторонами, например, $\angle BDE_1$. Проверим, не является ли этот угол прямым. Для этого введем систему координат.Поместим центр нижнего основания O в начало координат (0,0,0). Ось Ox направим вдоль OA. Тогда вершины будут иметь координаты:

$A(1, 0, 0)$

$B(\cos(60^\circ), \sin(60^\circ), 0) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

$D(\cos(180^\circ), \sin(180^\circ), 0) = (-1, 0, 0)$

$E(\cos(240^\circ), \sin(240^\circ), 0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

Вершина E₁ имеет координаты $E_1(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$.

Найдем векторы $\vec{DB}$ и $\vec{DE_1}$:

$\vec{DB} = B - D = (\frac{1}{2} - (-1), \frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 0 - 0) = (\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

$\vec{DE_1} = E_1 - D = (-\frac{1}{2} - (-1), -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0, 1 - 0) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 1)$

Найдем скалярное произведение векторов:

$\vec{DB} \cdot \vec{DE_1} = (\frac{3}{2})(\frac{1}{2}) + (\frac{\sqrt{3}}{2})(-\frac{\sqrt{3}}{2}) + (0)(1) = \frac{3}{4} - \frac{3}{4} + 0 = 0$

Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, а значит $\angle BDE_1 = 90^\circ$.

Таким образом, сечение $BDE_1A_1$ является прямоугольником.

д) Площадь прямоугольника равна произведению длин его смежных сторон:

$S_{сеч} = BD \cdot DE_1 = \sqrt{3} \cdot \sqrt{2} = \sqrt{6}$ см².

Ответ: Площадь сечения равна $\sqrt{6}$ см².

24. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через середины ребер $AD, B_1C_1$ и точку на ребре $BC$, отстоящую от вершины $B$ на $0,25$. Найдите его площадь.

Дано:

Куб $ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$

Длина ребра куба $a = 1$ (единичный куб).

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через три точки:

• $P$ - середина ребра $AD$.
• $Q$ - середина ребра $B_{1}C_{1}$.
• $R$ - точка на ребре $BC$, такая что $BR = 0.25$.

Найти:

Площадь сечения $S_{сеч}$.

Решение:

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим вершину $D$ в начало координат $(0,0,0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $DC$, ось $Oy$ вдоль ребра $DA$ и ось $Oz$ вдоль ребра $DD_{1}$.

В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:

$D(0,0,0)$, $A(0,1,0)$, $B(1,1,0)$, $C(1,0,0)$

$D_{1}(0,0,1)$, $A_{1}(0,1,1)$, $B_{1}(1,1,1)$, $C_{1}(1,0,1)$

Теперь найдем координаты трех точек, задающих секущую плоскость.

1. Точка $P$ — середина ребра $AD$. Координаты $A(0,1,0)$ и $D(0,0,0)$.
   $P = (\frac{0+0}{2}, \frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (0, 0.5, 0)$.
2. Точка $Q$ — середина ребра $B_{1}C_{1}$. Координаты $B_{1}(1,1,1)$ и $C_{1}(1,0,1)$.
   $Q = (\frac{1+1}{2}, \frac{1+0}{2}, \frac{1+1}{2}) = (1, 0.5, 1)$.
3. Точка $R$ лежит на ребре $BC$ и $BR=0.25$. Координаты $B(1,1,0)$ и $C(1,0,0)$. Ребро $BC$ параллельно оси $Oy$. Движение от $B$ к $C$ — это уменьшение координаты $y$.
   $y_{R} = y_{B} - 0.25 = 1 - 0.25 = 0.75$.
   Координаты точки $R$ равны $(1, 0.75, 0)$.

Построение сечения

Сечение куба плоскостью является многоугольником. Мы уже знаем три его вершины $P$, $Q$, $R$. Найдем остальные вершины, находя точки пересечения секущей плоскости с ребрами куба.
Так как плоскость пересекает две параллельные грани куба, линии пересечения будут параллельны.
Грани $ADD_{1}A_{1}$ ($x=0$) и $BCC_{1}B_{1}$ ($x=1$) параллельны. Наша плоскость пересекает их по отрезкам $PS$ и $RQ$ соответственно, где $S$ - четвертая вершина сечения. Следовательно, $PS \parallel RQ$.
Аналогично, грани $ABCD$ ($z=0$) и $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ ($z=1$) параллельны, значит их линии пересечения с плоскостью, отрезки $PR$ и $SQ$, также должны быть параллельны ($PR \parallel SQ$).
Таким образом, сечение является параллелограммом $PRQS$.

Найдем координаты четвертой вершины $S$. Так как $PRQS$ — параллелограмм, должно выполняться векторное равенство $\vec{PS} = \vec{RQ}$.
Найдем вектор $\vec{RQ}$:
$\vec{RQ} = Q - R = (1-1, 0.5-0.75, 1-0) = (0, -0.25, 1)$.
Теперь найдем координаты точки $S$:
$S = P + \vec{RQ} = (0, 0.5, 0) + (0, -0.25, 1) = (0, 0.25, 1)$.
Проверим, лежит ли точка $S$ на каком-либо ребре куба. Координаты $S(0, 0.25, 1)$ означают, что $x=0$ и $z=1$. Это соответствует ребру $A_{1}D_{1}$. Так как $0 \le y_{S}=0.25 \le 1$, точка $S$ действительно лежит на ребре $A_{1}D_{1}$.
Итак, сечением является четырехугольник $PRQS$ с вершинами:
$P(0, 0.5, 0)$ на ребре $AD$.
$R(1, 0.75, 0)$ на ребре $BC$.
$Q(1, 0.5, 1)$ на ребре $B_{1}C_{1}$.
$S(0, 0.25, 1)$ на ребре $A_{1}D_{1}$.
Это и есть искомое сечение.

Нахождение площади

Площадь параллелограмма можно найти как модуль векторного произведения векторов, исходящих из одной вершины, например, $|\vec{PR} \times \vec{PS}|$.
Найдем векторы $\vec{PR}$ и $\vec{PS}$:
$\vec{PR} = R - P = (1-0, 0.75-0.5, 0-0) = (1, 0.25, 0)$.
$\vec{PS} = S - P = (0-0, 0.25-0.5, 1-0) = (0, -0.25, 1)$.

Заметим, что длины этих векторов равны:
$|\vec{PR}| = \sqrt{1^2 + 0.25^2 + 0^2} = \sqrt{1 + 0.0625} = \sqrt{1.0625}$.
$|\vec{PS}| = \sqrt{0^2 + (-0.25)^2 + 1^2} = \sqrt{0.0625 + 1} = \sqrt{1.0625}$.
Поскольку смежные стороны параллелограмма равны, сечение является ромбом.
Площадь ромба можно вычислить по формуле $S = \frac{1}{2}d_{1}d_{2}$, где $d_{1}$ и $d_{2}$ — длины диагоналей.

Диагоналями ромба $PRQS$ являются отрезки $PQ$ и $RS$. Найдем их векторы и длины.
$\vec{PQ} = Q - P = (1-0, 0.5-0.5, 1-0) = (1, 0, 1)$.
$d_{1} = |\vec{PQ}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
$\vec{RS} = S - R = (0-1, 0.25-0.75, 1-0) = (-1, -0.5, 1)$.
$d_{2} = |\vec{RS}| = \sqrt{(-1)^2 + (-0.5)^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 0.25 + 1} = \sqrt{2.25} = 1.5$.

Теперь вычислим площадь сечения:
$S_{сеч} = \frac{1}{2} d_{1} d_{2} = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot 1.5 = \frac{1.5\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$.

Ответ: $S_{сеч} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$.

25. Изобразите сечение правильной четырехугольной пирамиды $SABCD$, все ребра которой равны 1 см, проходящее через середины ребер $AD$, $BC$ и $SD$. Найдите его площадь.

Дано:

SABCD - правильная четырехугольная пирамида.

Все ребра равны 1 см: $AB = BC = CD = DA = SA = SB = SC = SD = 1 \text{ см}$.

Секущая плоскость $\alpha$ проходит через точки M, N, K, где:

M - середина ребра AD,

N - середина ребра BC,

K - середина ребра SD.

Найти:

Площадь сечения $S_{сеч}$.

Решение:

1. Построение сечения.

Обозначим заданные точки: M - середина AD, N - середина BC, K - середина SD.

- Точки M и N лежат в одной плоскости основания ABCD, поэтому мы можем соединить их отрезком MN. Так как ABCD - квадрат, а M и N - середины противоположных сторон AD и BC, то отрезок MN является средней линией квадрата. Следовательно, прямая MN параллельна прямым AB и CD, а длина отрезка MN равна длине стороны квадрата: $MN = AB = 1 \text{ см}$.

- Секущая плоскость содержит прямую MN. Прямая MN параллельна прямой CD, которая лежит в плоскости грани SCD. По свойству параллельности прямой и плоскости, секущая плоскость пересекает плоскость SCD по прямой, параллельной MN (и, следовательно, CD). Эта прямая должна проходить через точку K, которая также принадлежит грани SCD.

- Проведем в плоскости грани SCD через точку K прямую, параллельную CD. Эта прямая пересечет ребро SC в некоторой точке L. Поскольку K - середина ребра SD и прямая KL параллельна CD, то по теореме Фалеса точка L будет серединой ребра SC.

- Соединив последовательно точки M, N, L и K, мы получаем четырехугольник MNLK, который является искомым сечением.

2. Определение вида сечения и нахождение длин его сторон.

- Мы установили, что $MN \parallel KL$. Это означает, что четырехугольник MNLK является трапецией.

- Длина большего основания $MN = 1 \text{ см}$.

- Отрезок KL является средней линией треугольника SCD (так как K и L - середины сторон SD и SC). Следовательно, его длина равна половине длины основания CD: $KL = \frac{1}{2} CD = \frac{1}{2} \cdot 1 = 0.5 \text{ см}$.

- Теперь найдем длины боковых сторон трапеции. Отрезок MK соединяет середины M и K ребер AD и SD соответственно. Значит, MK является средней линией треугольника SAD. Так как по условию все ребра пирамиды равны 1 см, грань SAD является равносторонним треугольником. Длина средней линии MK равна половине длины стороны SA: $MK = \frac{1}{2} SA = \frac{1}{2} \cdot 1 = 0.5 \text{ см}$.

- Аналогично, отрезок NL соединяет середины N и L ребер BC и SC. Значит, NL является средней линией равностороннего треугольника SBC. Его длина равна: $NL = \frac{1}{2} SB = \frac{1}{2} \cdot 1 = 0.5 \text{ см}$.

- Так как боковые стороны трапеции равны ($MK = NL = 0.5 \text{ см}$), то трапеция MNLK является равнобокой (равнобедренной).

3. Вычисление площади сечения.

Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = \frac{a+b}{2}h$, где $a$ и $b$ - длины оснований, а $h$ - высота.

- Основания трапеции равны $MN = 1 \text{ см}$ и $KL = 0.5 \text{ см}$.

- Для нахождения высоты проведем из вершины K перпендикуляр KP на основание MN. В равнобокой трапеции длина отрезка MP, который высота отсекает от большего основания, равна полуразности оснований:

$MP = \frac{MN - KL}{2} = \frac{1 - 0.5}{2} = \frac{0.5}{2} = 0.25 \text{ см}$.

- Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник KMP. Его гипотенуза $MK = 0.5 \text{ см}$, а катет $MP = 0.25 \text{ см}$. Найдем второй катет KP, который является высотой $h$ трапеции, по теореме Пифагора:

$h^2 = MK^2 - MP^2$

$h = \sqrt{MK^2 - MP^2} = \sqrt{(0.5)^2 - (0.25)^2} = \sqrt{0.25 - 0.0625} = \sqrt{0.1875}$.

- Упростим значение корня: $\sqrt{0.1875} = \sqrt{\frac{1875}{10000}} = \sqrt{\frac{3 \cdot 625}{10000}} = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{625}}{\sqrt{10000}} = \frac{25\sqrt{3}}{100} = \frac{\sqrt{3}}{4} \text{ см}$.

- Наконец, вычислим площадь трапеции MNLK:

$S_{MNLK} = \frac{MN+KL}{2} \cdot h = \frac{1 + 0.5}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{1.5}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3/2}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3}{4} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3\sqrt{3}}{16} \text{ см}^2$.

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{3\sqrt{3}}{16} \text{ см}^2$.

26. Изобразите сечение правильной треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$, все ребра которой равны $1 \text{ см}$, проходящее через вершины $A, B$ и середину ребра $A_1C_1$. Найдите его площадь.

Дано:

Призма $ABCA_1B_1C_1$ — правильная треугольная.
Длина ребра основания: $AB = BC = AC = 1$ см.
Длина бокового ребра: $AA_1 = BB_1 = CC_1 = 1$ см.
Сечение проходит через вершины $A, B$ и точку $M$ — середину ребра $A_1C_1$.

Найти:

Площадь сечения $S_{сеч}$.

Решение:

1. Построение сечения.
Обозначим точку $M$ как середину ребра $A_1C_1$. Секущая плоскость проходит через три точки: $A$, $B$ и $M$. Точки $A$ и $B$ лежат в плоскости нижнего основания $(ABC)$, поэтому отрезок $AB$ является стороной сечения. Плоскости оснований призмы $(ABC)$ и $(A_1B_1C_1)$ параллельны. Секущая плоскость $(ABM)$ пересекает эти параллельные плоскости по параллельным прямым. Линия пересечения с нижним основанием — прямая $AB$. Следовательно, линия пересечения с верхним основанием будет проходить через точку $M$ параллельно прямой $AB$. Так как призма правильная, то $AB$ || $A_1B_1$. Значит, в плоскости верхнего основания проведем прямую через точку $M$ параллельно $A_1B_1$. Эта прямая пересечет ребро $B_1C_1$ в некоторой точке $N$. Полученный четырехугольник $ABNM$ и есть искомое сечение.

2. Определение вида сечения и нахождение длин его сторон.
По построению $MN$ || $AB$, следовательно, четырехугольник $ABNM$ — это трапеция. Найдем длины ее сторон:

- Основание $AB$ является ребром призмы, поэтому $AB = 1$ см.

- Для нахождения длины основания $MN$ рассмотрим верхнее основание — равносторонний треугольник $A_1B_1C_1$ со стороной 1. Точка $M$ — середина стороны $A_1C_1$. Так как $MN$ || $A_1B_1$, то по теореме Фалеса (или из подобия треугольников $C_1MN$ и $C_1A_1B_1$), точка $N$ является серединой стороны $B_1C_1$. Таким образом, $MN$ — средняя линия треугольника $A_1B_1C_1$ относительно стороны $A_1B_1$. Ее длина равна: $MN = \frac{1}{2} A_1B_1 = \frac{1}{2} \cdot 1 = 0.5$ см.

- Найдем длину боковой стороны $AM$. Рассмотрим грань $AA_1C_1C$. Так как призма правильная и все ребра равны 1 см, эта грань является квадратом со стороной 1. Точка $M$ — середина стороны $A_1C_1$. В прямоугольном треугольнике $AA_1M$ (с прямым углом $A_1$) катет $AA_1 = 1$ см, катет $A_1M = \frac{1}{2}A_1C_1 = 0.5$ см. По теореме Пифагора: $AM^2 = AA_1^2 + A_1M^2 = 1^2 + (0.5)^2 = 1 + 0.25 = 1.25 = \frac{5}{4}$ $AM = \sqrt{\frac{5}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2}$ см.

- Аналогично найдем длину боковой стороны $BN$. Грань $BB_1C_1C$ — также квадрат со стороной 1, а $N$ — середина стороны $B_1C_1$. Из прямоугольного треугольника $BB_1N$: $BN^2 = BB_1^2 + B_1N^2 = 1^2 + (0.5)^2 = \frac{5}{4}$ $BN = \frac{\sqrt{5}}{2}$ см.

- Так как $AM = BN$, трапеция $ABNM$ является равнобедренной.

3. Вычисление площади сечения.
Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = \frac{a+b}{2}h$, где $a$ и $b$ — длины оснований, а $h$ — высота. Основания трапеции $AB = 1$ см и $MN = 0.5$ см. Найдем высоту трапеции $h$. Проведем высоту $MH'$ из вершины $M$ на основание $AB$. В равнобедренной трапеции проекция боковой стороны на большее основание равна полуразности оснований: $AH' = \frac{AB - MN}{2} = \frac{1 - 0.5}{2} = \frac{0.5}{2} = 0.25 = \frac{1}{4}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AMH'$. По теореме Пифагора найдем высоту $h = MH'$: $h^2 = AM^2 - (AH')^2 = (\frac{\sqrt{5}}{2})^2 - (\frac{1}{4})^2 = \frac{5}{4} - \frac{1}{16} = \frac{20}{16} - \frac{1}{16} = \frac{19}{16}$ $h = \sqrt{\frac{19}{16}} = \frac{\sqrt{19}}{4}$ см.

Теперь можем вычислить площадь трапеции $ABNM$: $S_{сеч} = \frac{AB + MN}{2} \cdot h = \frac{1 + 0.5}{2} \cdot \frac{\sqrt{19}}{4} = \frac{1.5}{2} \cdot \frac{\sqrt{19}}{4} = \frac{3/2}{2} \cdot \frac{\sqrt{19}}{4} = \frac{3}{4} \cdot \frac{\sqrt{19}}{4} = \frac{3\sqrt{19}}{16}$ см².

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{3\sqrt{19}}{16}$ см².

27. Изобразите сечение правильной шестиугольной призмы $ABCDEF A_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1 см, проходящее через вершины $C, F$ и $E_1$. Найдите его площадь.

Дано:

Правильная шестиугольная призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$.

Длина всех ребер $a = 1$ см.

Сечение проходит через вершины $C, F, E_1$.

Перевод в СИ:

$a = 1 \text{ см} = 0.01 \text{ м}$.

Найти:

Площадь сечения $S_{сеч}$.

Решение:

Для удобства дальнейшие вычисления будем проводить в сантиметрах.

1. Построение сечения.

Секущая плоскость проходит через три точки $C, F$ и $E_1$.

- Точки $C$ и $F$ лежат в плоскости нижнего основания $ABCDEF$. Следовательно, отрезок $CF$ является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью нижнего основания и принадлежит сечению. $CF$ – это большая диагональ правильного шестиугольника.

- Точки $F$ и $E_1$ лежат в плоскости боковой грани $FEE_1F_1$. Следовательно, отрезок $FE_1$ также принадлежит сечению.

- Чтобы построить сечение полностью, найдем точки его пересечения с другими ребрами призмы. Можно показать, что плоскость $(CFE_1)$ пересекает ребро $DD_1$ в точке $D_1$. Таким образом, искомое сечение является четырехугольником $CFE_1D_1$.

2. Нахождение площади сечения.

Площадь четырехугольника $CFE_1D_1$ можно найти, разбив его диагональю на два треугольника и сложив их площади. Разобьем четырехугольник диагональю $FD_1$ на треугольники $\triangle CFD_1$ и $\triangle FE_1D_1$.

Найдем длины сторон этих треугольников, используя свойства правильной призмы и теорему Пифагора. Длина ребра призмы $a = 1$ см.

- $CF$: большая диагональ правильного шестиугольника со стороной $a$. Ее длина равна $2a$.

$CF = 2 \cdot 1 = 2$ см.

- $CD_1$: гипотенуза в прямоугольном треугольнике $\triangle CC_1D_1$, где катеты $CC_1 = 1$ (высота призмы) и $C_1D_1 = 1$ (сторона основания).

$CD_1 = \sqrt{CC_1^2 + C_1D_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ см.

- $FD_1$: гипотенуза в прямоугольном треугольнике $\triangle FF_1D_1$, где катет $FF_1 = 1$. Катет $F_1D_1$ является малой диагональю шестиугольника, ее длина $a\sqrt{3}$.

$FD_1 = \sqrt{FF_1^2 + F_1D_1^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2$ см.

- $FE_1$: диагональ боковой грани $FEE_1F_1$, которая является квадратом со стороной 1.

$FE_1 = \sqrt{FE^2 + EE_1^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ см.

- $E_1D_1$: сторона верхнего основания.

$E_1D_1 = 1$ см.

Теперь вычислим площади треугольников.

- Площадь $\triangle CFD_1$. Треугольник имеет стороны $CF=2$, $CD_1=\sqrt{2}$, $FD_1=2$. Он равнобедренный. Проведем высоту $h_1$ из вершины $F$ к основанию $CD_1$. Высота также является медианой.

$h_1 = \sqrt{CF^2 - (\frac{CD_1}{2})^2} = \sqrt{2^2 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{4 - \frac{2}{4}} = \sqrt{4 - \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{7}{2}}$.

$S_{\triangle CFD_1} = \frac{1}{2} \cdot CD_1 \cdot h_1 = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{\frac{7}{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{2 \cdot \frac{7}{2}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$ см$^2$.

- Площадь $\triangle FE_1D_1$. Треугольник имеет стороны $FE_1=\sqrt{2}$, $E_1D_1=1$, $FD_1=2$. Найдем площадь по формуле Герона.

Полупериметр $p = \frac{1 + \sqrt{2} + 2}{2} = \frac{3 + \sqrt{2}}{2}$.

$S_{\triangle FE_1D_1} = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{\frac{3+\sqrt{2}}{2} (\frac{3+\sqrt{2}}{2}-1) (\frac{3+\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}) (\frac{3+\sqrt{2}}{2}-2)}$

$S_{\triangle FE_1D_1} = \sqrt{\frac{3+\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1+\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{3-\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}-1}{2}}$

$S_{\triangle FE_1D_1} = \frac{1}{4} \sqrt{(3+\sqrt{2})(3-\sqrt{2}) \cdot (\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)}$

$S_{\triangle FE_1D_1} = \frac{1}{4} \sqrt{(9-2)(2-1)} = \frac{1}{4} \sqrt{7 \cdot 1} = \frac{\sqrt{7}}{4}$ см$^2$.

- Общая площадь сечения $S_{сеч}$ равна сумме площадей двух треугольников:

$S_{сеч} = S_{\triangle CFD_1} + S_{\triangle FE_1D_1} = \frac{\sqrt{7}}{2} + \frac{\sqrt{7}}{4} = \frac{2\sqrt{7}}{4} + \frac{\sqrt{7}}{4} = \frac{3\sqrt{7}}{4}$.

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{3\sqrt{7}}{4}$ см$^2$.

28. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через середины ребер $AA_1$, $CC_1$ и точку на ребре $AB$, отстоящую от вершины $A$ на $0,75$. Найдите его площадь.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$.

Длина ребра $a$ является единичной.

Секущая плоскость проходит через:

- точку $M$ - середину ребра $AA_1$,

- точку $N$ - середину ребра $CC_1$,

- точку $K$ на ребре $AB$, такую что расстояние от вершины $A$ до точки $K$ равно 0,75.

Перевод в СИ:

Длина ребра куба $a = 1 \text{ м}$.

Расстояние $AK = 0.75 \text{ м}$.

Найти:

1. Построить (изобразить) сечение куба.

2. Найти площадь этого сечения $S$.

Решение:

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Поместим начало координат в вершину $A(0, 0, 0)$. Направим ось $Ox$ вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ вдоль ребра $AD$ и ось $Oz$ вдоль ребра $AA_1$.

В этой системе координат вершины единичного куба имеют следующие координаты:

$A(0, 0, 0)$, $B(1, 0, 0)$, $C(1, 1, 0)$, $D(0, 1, 0)$

$A_1(0, 0, 1)$, $B_1(1, 0, 1)$, $C_1(1, 1, 1)$, $D_1(0, 1, 1)$

Найдем координаты трех точек, через которые проходит секущая плоскость:

- Точка $M$ - середина ребра $AA_1$. Ее координаты: $M\left(\frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+1}{2}\right) = (0, 0, 0.5)$.

- Точка $N$ - середина ребра $CC_1$. Ее координаты: $N\left(\frac{1+1}{2}, \frac{1+1}{2}, \frac{0+1}{2}\right) = (1, 1, 0.5)$.

- Точка $K$ лежит на ребре $AB$ на расстоянии 0,75 от $A$. Ее координаты: $K(0.75, 0, 0)$.

Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через середины ребер $AA_1, CC_1$ и точку на ребре $AB$, отстоящую от вершины $A$ на 0,75.

Построение сечения будем выполнять методом следов, находя точки пересечения секущей плоскости с ребрами куба.

1. Составим уравнение секущей плоскости вида $ax + by + cz = d$. Подставим координаты точек $M, N, K$:

Для $K(0.75, 0, 0): a \cdot 0.75 + b \cdot 0 + c \cdot 0 = d \implies 0.75a = d \implies a = \frac{4}{3}d$.

Для $M(0, 0, 0.5): a \cdot 0 + b \cdot 0 + c \cdot 0.5 = d \implies 0.5c = d \implies c = 2d$.

Для $N(1, 1, 0.5): a \cdot 1 + b \cdot 1 + c \cdot 0.5 = d \implies a + b + 0.5c = d$.

Подставим $a$ и $c$ в третье уравнение: $\frac{4}{3}d + b + 0.5(2d) = d \implies \frac{4}{3}d + b + d = d \implies b = -\frac{4}{3}d$.

Уравнение плоскости: $\frac{4}{3}dx - \frac{4}{3}dy + 2dz = d$. Разделив на $d$ (при $d \neq 0$) и умножив на 3, получим: $4x - 4y + 6z = 3$.

2. Найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами куба ($0 \le x, y, z \le 1$).

- На грани $ABCD$ ($z=0$): $4x-4y=3$. Линия проходит через $K(0.75, 0, 0)$. Пересечение с ребром $BC$ ($x=1, z=0$): $4(1)-4y=3 \implies 4y=1 \implies y=0.25$. Получаем точку $L(1, 0.25, 0)$.

- На грани $BCC_1B_1$ ($x=1$): $4(1)-4y+6z=3 \implies -4y+6z=-1$. Линия проходит через $L(1, 0.25, 0)$ и $N(1, 1, 0.5)$.

- На грани $A_1B_1C_1D_1$ ($z=1$): $4x-4y+6(1)=3 \implies 4x-4y=-3$.Пересечение с ребром $C_1D_1$ ($y=1, z=1$): $4x-4(1)=-3 \implies 4x=1 \implies x=0.25$. Получаем точку $P(0.25, 1, 1)$.Пересечение с ребром $A_1D_1$ ($x=0, z=1$): $4(0)-4y=-3 \implies 4y=3 \implies y=0.75$. Получаем точку $Q(0, 0.75, 1)$.

- На грани $ADD_1A_1$ ($x=0$): $-4y+6z=3$. Линия проходит через $M(0, 0, 0.5)$ и $Q(0, 0.75, 1)$.

- На грани $ABB_1A_1$ ($y=0$): $4x+6z=3$. Линия проходит через $K(0.75, 0, 0)$ и $M(0, 0, 0.5)$.

- На грани $CDD_1C_1$ ($y=1$): $4x+6z=7$. Линия проходит через $N(1, 1, 0.5)$ и $P(0.25, 1, 1)$.

Таким образом, сечение представляет собой шестиугольник $KLNPQM$.

Ответ: Сечение является шестиугольником $KLNPQM$, вершины которого лежат на ребрах куба: $K$ на $AB$, $L$ на $BC$, $N$ на $CC_1$, $P$ на $C_1D_1$, $Q$ на $A_1D_1$ и $M$ на $AA_1$.

Найдите его площадь.

Площадь сечения $S$ можно найти, используя метод проекции. Площадь проекции многоугольника на плоскость связана с площадью самого многоугольника формулой $S_{пр} = S \cdot |\cos \alpha|$, где $\alpha$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью проекции.

1. Спроектируем шестиугольник $KLNPQM$ на плоскость основания $Oxy$ ($z=0$). Координаты вершин проекции:

$K'(0.75, 0)$, $L'(1, 0.25)$, $N'(1, 1)$, $P'(0.25, 1)$, $Q'(0, 0.75)$, $M'(0, 0)$.

2. Найдем площадь проекции $S_{xy}$. Площадь шестиугольника $M'K'L'N'P'Q'$ можно вычислить как площадь единичного квадрата $ABCD$ за вычетом площадей двух прямоугольных треугольников в углах $B$ и $D$.

- Треугольник с вершинами $B(1,0)$, $K'(0.75, 0)$ и $L'(1, 0.25)$. Его катеты равны $1 - 0.75 = 0.25$ и $0.25$. Площадь $S_1 = \frac{1}{2} \cdot 0.25 \cdot 0.25 = \frac{1}{32}$.

- Треугольник с вершинами $D(0,1)$, $P'(0.25, 1)$ и $Q'(0, 0.75)$. Его катеты равны $0.25$ и $1 - 0.75 = 0.25$. Площадь $S_2 = \frac{1}{2} \cdot 0.25 \cdot 0.25 = \frac{1}{32}$.

Площадь проекции: $S_{xy} = S_{ABCD} - S_1 - S_2 = 1^2 - \frac{1}{32} - \frac{1}{32} = 1 - \frac{2}{32} = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$.

3. Найдем косинус угла $\alpha$ между плоскостью сечения и плоскостью проекции. Угол $\alpha$ равен углу между их нормальными векторами.

Нормальный вектор к плоскости сечения $4x - 4y + 6z = 3$ есть $\vec{n} = (4, -4, 6)$.

Нормальный вектор к плоскости проекции $z=0$ есть $\vec{k} = (0, 0, 1)$.

$\cos \alpha = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{k}|}{|\vec{n}| \cdot |\vec{k}|} = \frac{|4 \cdot 0 + (-4) \cdot 0 + 6 \cdot 1|}{\sqrt{4^2 + (-4)^2 + 6^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{6}{\sqrt{16+16+36} \cdot 1} = \frac{6}{\sqrt{68}} = \frac{6}{2\sqrt{17}} = \frac{3}{\sqrt{17}}$.

4. Вычислим площадь сечения $S$:

$S = \frac{S_{xy}}{|\cos \alpha|} = \frac{15/16}{3/\sqrt{17}} = \frac{15}{16} \cdot \frac{\sqrt{17}}{3} = \frac{5\sqrt{17}}{16}$.

Ответ: $S = \frac{5\sqrt{17}}{16} \text{ м}^2$.

29. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через вершину $D_1$ и середины ребер $AB$, $BC$. Найдите его площадь.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является единичным, следовательно, длина его ребра $a=1$.

Секущая плоскость проходит через три точки:

• вершину $D_1$;
• середину ребра $AB$, обозначим ее $K$;
• середину ребра $BC$, обозначим ее $L$.

Найти:

1. Изобразить (построить) сечение.
2. Площадь этого сечения $S_{сеч}$.

Решение:

1. Построение сечения

Для построения сечения и проведения расчетов введем трехмерную систему координат. Поместим начало координат в вершину $D(0,0,0)$. Направим оси координат вдоль ребер куба: ось $Ox$ вдоль $DA$, ось $Oy$ вдоль $DC$, ось $Oz$ вдоль $DD_1$.

Поскольку куб единичный, координаты его вершин будут:

$A(1,0,0)$, $B(1,1,0)$, $C(0,1,0)$, $D(0,0,0)$

$A_1(1,0,1)$, $B_1(1,1,1)$, $C_1(0,1,1)$, $D_1(0,0,1)$

Найдем координаты точек, через которые проходит секущая плоскость:

• Вершина $D_1$ имеет координаты $(0,0,1)$.
• Точка $K$ — середина $AB$: $K = (\frac{1+1}{2}, \frac{0+1}{2}, \frac{0+0}{2}) = (1, \frac{1}{2}, 0)$.
• Точка $L$ — середина $BC$: $L = (\frac{1+0}{2}, \frac{1+1}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{1}{2}, 1, 0)$.

Составим уравнение плоскости, проходящей через точки $D_1(0,0,1)$, $K(1, \frac{1}{2}, 0)$ и $L(\frac{1}{2}, 1, 0)$. Общий вид уравнения плоскости: $ax+by+cz=d$.

Подставляя координаты точек, получаем систему уравнений:

$a \cdot 0 + b \cdot 0 + c \cdot 1 = d \implies c = d$

$a \cdot 1 + b \cdot \frac{1}{2} + c \cdot 0 = d \implies a + \frac{b}{2} = d$

$a \cdot \frac{1}{2} + b \cdot 1 + c \cdot 0 = d \implies \frac{a}{2} + b = d$

Из второго и третьего уравнений ($a + \frac{b}{2} = \frac{a}{2} + b$) следует, что $a=b$. Подставив $a=b$ во второе уравнение, получим $a + \frac{a}{2} = d \implies \frac{3a}{2}=d \implies a = \frac{2d}{3}$.

Таким образом, $a = b = \frac{2d}{3}$ и $c=d$. Уравнение плоскости: $\frac{2d}{3}x + \frac{2d}{3}y + dz = d$. Разделив на $d$ (при $d \ne 0$), получаем $\frac{2}{3}x + \frac{2}{3}y + z = 1$, или:

$2x + 2y + 3z = 3$

Теперь найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами куба, чтобы определить вершины многоугольника, являющегося сечением.

• Ребро $AB$ ($x=1, z=0$): $2(1)+2y+3(0)=3 \implies y=1/2$. Точка $K(1, 1/2, 0)$.
• Ребро $BC$ ($y=1, z=0$): $2x+2(1)+3(0)=3 \implies x=1/2$. Точка $L(1/2, 1, 0)$.
• Ребро $AA_1$ ($x=1, y=0$): $2(1)+2(0)+3z=3 \implies z=1/3$. Обозначим эту точку $M(1, 0, 1/3)$.
• Ребро $CC_1$ ($x=0, y=1$): $2(0)+2(1)+3z=3 \implies z=1/3$. Обозначим эту точку $N(0, 1, 1/3)$.
• Плоскость проходит через вершину $D_1(0,0,1)$, которая лежит на ребрах $A_1D_1, C_1D_1, DD_1$.

Сечение представляет собой пятиугольник с вершинами $K, L, N, D_1, M$.

Построение на изображении куба:

1. Отмечаем точки $K$ на $AB$ и $L$ на $BC$. Соединяем их отрезком $KL$.
2. Проводим прямую $KL$ до пересечения с продолжениями ребер $DA$ и $DC$.
3. Соединяем полученные точки с точкой $D_1$. Эти прямые пересекут ребра $AA_1$ и $CC_1$ в точках $M$ и $N$ соответственно.
4. Последовательно соединяем точки $K \rightarrow L \rightarrow N \rightarrow D_1 \rightarrow M \rightarrow K$. Полученный пятиугольник $KLND_1M$ и есть искомое сечение.

2. Нахождение площади сечения

Для вычисления площади пятиугольника $KLND_1M$ воспользуемся методом проекций. Площадь сечения $S_{сеч}$ связана с площадью его ортогональной проекции $S_{пр}$ на одну из координатных плоскостей формулой:

$S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|}$

где $\gamma$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью проекции.

Спроецируем сечение на плоскость $Oxy$. Нормальный вектор к плоскости $Oxy$ — это $\vec{k}=(0,0,1)$. Нормальный вектор к плоскости сечения $2x+2y+3z=3$ — это $\vec{n}=(2,2,3)$.

Найдем косинус угла между плоскостями:

$\cos\gamma = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{k}|}{|\vec{n}| \cdot |\vec{k}|} = \frac{|2 \cdot 0 + 2 \cdot 0 + 3 \cdot 1|}{\sqrt{2^2+2^2+3^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{3}{\sqrt{4+4+9} \cdot 1} = \frac{3}{\sqrt{17}}$

Теперь найдем площадь проекции сечения на плоскость $Oxy$. Вершины проекции (обозначим их штрихом) получаются обнулением $z$-координаты вершин сечения:

$K'(1, 1/2)$, $L'(1/2, 1)$, $N'(0, 1)$, $D'_1(0, 0)$, $M'(1, 0)$.

Проекция $D'_1M'K'L'N'$ представляет собой единичный квадрат с вершинами в точках $(0,0), (1,0), (1,1), (0,1)$, из которого вырезан небольшой треугольник в верхнем правом углу. Этот треугольник имеет вершины в точках $P(1,1)$, $K'(1, 1/2)$ и $L'(1/2, 1)$.

Площадь квадрата $S_{кв} = 1 \cdot 1 = 1$.

Площадь вырезаемого треугольника $PK'L'$ (он прямоугольный с катетами вдоль прямых $x=1$ и $y=1$):

$S_{\triangle} = \frac{1}{2} \cdot |PK'| \cdot |PL'| = \frac{1}{2} \cdot (1 - \frac{1}{2}) \cdot (1 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$

Площадь проекции $S_{пр}$ равна разности площадей квадрата и треугольника:

$S_{пр} = S_{кв} - S_{\triangle} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$

Наконец, находим площадь самого сечения:

$S_{сеч} = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|} = \frac{7/8}{3/\sqrt{17}} = \frac{7}{8} \cdot \frac{\sqrt{17}}{3} = \frac{7\sqrt{17}}{24}$

Ответ: Сечением является пятиугольник, его площадь равна $\frac{7\sqrt{17}}{24}$.

30. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через середины ребер $BB_1$, $DD_1$ и точку на ребре $AB$, отстоящую от вершины $A$ на 0,75. Найдите его площадь.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — единичный. Это означает, что длина его ребра равна 1.

Секущая плоскость проходит через три точки:

1. Точка E — середина ребра $BB_1$.
2. Точка F — середина ребра $DD_1$.
3. Точка G на ребре $AB$, такая что расстояние от вершины A до этой точки равно 0,75, т.е. $AG = 0,75$.

Перевод в систему СИ не требуется, так как все величины безразмерные (или в условных единицах длины).

Найти:

Площадь сечения.

Решение:

1. Построение сечения

Для построения сечения воспользуемся методом следов и свойствами параллельности.

Введем правую прямоугольную систему координат с началом в вершине A, направив оси $Ox$, $Oy$ и $Oz$ вдоль ребер $AB$, $AD$ и $AA_1$ соответственно. В этой системе вершины куба имеют следующие координаты:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(1, 0, 0)$
• $D(0, 1, 0)$
• $A_1(0, 0, 1)$

Найдем координаты заданных точек:

• Точка E — середина $BB_1$. $B(1, 0, 0)$, $B_1(1, 0, 1)$. Координаты E: $E(\frac{1+1}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+1}{2}) = E(1, 0, 0.5)$.
• Точка F — середина $DD_1$. $D(0, 1, 0)$, $D_1(0, 1, 1)$. Координаты F: $F(\frac{0+0}{2}, \frac{1+1}{2}, \frac{0+1}{2}) = F(0, 1, 0.5)$.
• Точка G на ребре $AB$ и $AG = 0.75$. Координаты G: $G(0.75, 0, 0)$.

Построим сечение, находя точки его пересечения с ребрами куба:

• Точки G и E лежат в плоскости грани $ABB_1A_1$. Соединяем их отрезком $GE$. Это одна из сторон сечения.
• Секущая плоскость пересекает параллельные плоскости оснований $ABCD$ ($z=0$) и $A_1B_1C_1D_1$ ($z=1$) по параллельным прямым.
• Найдем след секущей плоскости на плоскости $ABCD$. Так как точки $E(1, 0, 0.5)$ и $F(0, 1, 0.5)$ имеют одинаковую аппликату $z=0.5$, то прямая $EF$ параллельна плоскости $xy$ ($ABCD$). Вектор $\vec{EF} = (-1, 1, 0)$. Вектор диагонали $\vec{DB} = (1, -1, 0)$. Прямые $EF$ и $DB$ параллельны. Следовательно, след секущей плоскости на плоскости $ABCD$ должен быть параллелен диагонали $DB$.
• Проведем через точку G прямую, параллельную $DB$. Эта прямая пересечет ребро $AD$ в точке H. В $\triangle ABD$ по теореме о пропорциональных отрезках, так как $GH || DB$, то $AH/AD = AG/AB$. Поскольку $AD=AB=1$, получаем $AH = AG = 0.75$. Координаты точки H: $H(0, 0.75, 0)$. Отрезок $GH$ — еще одна сторона сечения.
• Точки H и F лежат в плоскости грани $ADD_1A_1$. Соединяем их отрезком $HF$.
• Грани $ADD_1A_1$ и $BCC_1B_1$ параллельны. Значит, секущая плоскость пересекает их по параллельным прямым. Проведем через точку E прямую, параллельную $HF$. Эта прямая пересечет ребро $B_1C_1$ в точке L. Вектор $\vec{HF} = (0-0, 1-0.75, 0.5-0) = (0, 0.25, 0.5)$. Прямая через E: $P(t) = E + t \cdot \vec{HF} = (1, 0, 0.5) + t(0, 0.25, 0.5)$. Для пересечения с плоскостью $z=1$ (верхняя грань) имеем $0.5 + 0.5t = 1 \Rightarrow t=1$. Координаты точки L: $L(1, 0.25, 1)$. Точка L лежит на ребре $B_1C_1$. Отрезок $EL$ — сторона сечения.
• След секущей плоскости на верхней грани $A_1B_1C_1D_1$ (прямая $LK$) должен быть параллелен следу на нижней грани (прямой $GH$). Проводим через L прямую, параллельную $GH$. Она пересекает ребро $C_1D_1$ в точке K. Координаты K: $K(0.25, 1, 1)$. Отрезок $LK$ — сторона сечения.
• Точки K и F лежат в плоскости грани $CDD_1C_1$. Соединяем их отрезком $KF$.

Таким образом, сечением является шестиугольник $GELKFH$.

2. Вычисление площади сечения

Площадь многоугольника в пространстве удобно вычислить через площади его проекций на координатные плоскости. Уравнение плоскости, проходящей через точки $E(1, 0, 0.5)$, $F(0, 1, 0.5)$ и $G(0.75, 0, 0)$, имеет вид $4x + 4y - 2z = 3$.

Нормальный вектор этой плоскости $\vec{n} = (4, 4, -2)$.

Площадь сечения $S$ связана с площадью его проекции на плоскость $xy$ ($S_{xy}$) формулой:

$S = \frac{S_{xy}}{|\cos \gamma|}$

где $\gamma$ — угол между нормалью к плоскости сечения $\vec{n}$ и осью $Oz$ (нормалью к плоскости $xy$).

Найдем $\cos \gamma$:

$\cos \gamma = \frac{\vec{n} \cdot \vec{k}}{|\vec{n}| |\vec{k}|} = \frac{(4, 4, -2) \cdot (0, 0, 1)}{\sqrt{4^2 + 4^2 + (-2)^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{-2}{\sqrt{16+16+4}} = \frac{-2}{\sqrt{36}} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}$

$|\cos \gamma| = \frac{1}{3}$

Теперь найдем площадь проекции $S_{xy}$. Вершины проекции шестиугольника $G'E'L'K'F'H'$ на плоскость $xy$ имеют координаты:

• $G'(0.75, 0)$
• $E'(1, 0)$
• $L'(1, 0.25)$
• $K'(0.25, 1)$
• $F'(0, 1)$
• $H'(0, 0.75)$

Площадь этого шестиугольника можно найти, вычтя из площади единичного квадрата ($1 \times 1$) площади двух угловых треугольников:

• Треугольник в правом нижнем углу с вершинами $(0.75, 0)$, $(1, 0)$ и $(1, 0.25)$ не является тем, что отсекается. Отсекается область с вершинами $(1,0)$, $(1,0.25)$ и $(0.75,0)$. Это не треугольник.

Воспользуемся формулой площади Гаусса (формулой шнурков):

$S_{xy} = \frac{1}{2} |(x_1y_2 + x_2y_3 + \dots + x_ny_1) - (y_1x_2 + y_2x_3 + \dots + y_nx_1)|$

Подставляя координаты вершин $G'E'L'K'F'H'$:

$S_{xy} = \frac{1}{2} |(0.75 \cdot 0 + 1 \cdot 0.25 + 1 \cdot 1 + 0.25 \cdot 1 + 0 \cdot 0.75 + 0 \cdot 0) - (0 \cdot 1 + 0 \cdot 1 + 0.25 \cdot 0.25 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + 0.75 \cdot 0.75)|$

$S_{xy} = \frac{1}{2} |(0 + 0.25 + 1 + 0.25 + 0 + 0) - (0 + 0 + 0.0625 + 0 + 0 + 0.5625)|$

$S_{xy} = \frac{1}{2} |1.5 - 0.625| = \frac{1}{2} |0.875| = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{8} = \frac{7}{16}$

Теперь можем найти площадь самого сечения:

$S = \frac{S_{xy}}{|\cos \gamma|} = \frac{7/16}{1/3} = \frac{7}{16} \cdot 3 = \frac{21}{16}$

$S = 1.3125$

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{21}{16}$ (или 1,3125) квадратных единиц.

31. Изобразите сечение правильной шестиугольной призмы

$ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$, все ребра которой равны 1 см, проходящее через вершины А, В и $D_1$. Найдите его площадь.

Дано:

Призма $ABCDEFA_1B_1C_1D_1E_1F_1$ — правильная шестиугольная.

Все ребра равны 1 см, то есть:

Ребро основания $a = 1 \text{ см}$.

Боковое ребро $h = 1 \text{ см}$.

Секущая плоскость проходит через точки $A, B, D_1$.

В системе СИ:

$a = 0.01 \text{ м}$

$h = 0.01 \text{ м}$

(Дальнейшие вычисления будут производиться в сантиметрах для удобства).

Найти:

Площадь сечения $S_{сеч}$.

Решение:

1. Построение сечения.

Секущая плоскость определена тремя точками: $A$, $B$ и $D_1$.

Точки $A$ и $B$ лежат в плоскости нижнего основания призмы ($ABCDEF$), поэтому отрезок $AB$ является одной из сторон сечения. Этот отрезок также является линией пересечения секущей плоскости с плоскостью нижнего основания.

Так как призма правильная, её основания параллельны, то есть плоскость $(ABCDEF)$ параллельна плоскости $(A_1B_1C_1D_1E_1F_1)$.

По свойству параллельных плоскостей, если секущая плоскость пересекает две параллельные плоскости, то линии их пересечения параллельны. Следовательно, линия пересечения секущей плоскости с плоскостью верхнего основания должна быть параллельна прямой $AB$ и проходить через заданную точку $D_1$.

В основании призмы лежит правильный шестиугольник $ABCDEF$. В таком шестиугольнике сторона $ED$ параллельна стороне $AB$. Соответственно, в верхнем основании сторона $E_1D_1$ параллельна стороне $A_1B_1$, которая, в свою очередь, параллельна $AB$. Таким образом, прямая $E_1D_1$ параллельна прямой $AB$.

Значит, линия пересечения секущей плоскости с верхним основанием — это отрезок $E_1D_1$. Это означает, что точка $E_1$ также принадлежит сечению.

Итак, вершинами сечения являются точки $A, B, E_1, D_1$.

2. Определение вида сечения и вычисление его площади.

Чтобы определить форму четырехугольника $ABD_1E_1$, рассмотрим векторы, соединяющие его вершины. Удобно ввести систему координат с центром в центре нижнего основания $O$ и осью $Ox$, проходящей через вершину $A$. При стороне основания $a=1$ и высоте $h=1$ координаты вершин будут:

$A(1, 0, 0)$, $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(-1, 0, 0)$, $E(-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

$A_1(1, 0, 1)$, $B_1(1/2, \sqrt{3}/2, 1)$, $D_1(-1, 0, 1)$, $E_1(-1/2, -\sqrt{3}/2, 1)$.

Найдем векторы $\vec{AB}$ и $\vec{E_1D_1}$:

$\vec{AB} = B - A = (1/2 - 1, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

$\vec{E_1D_1} = D_1 - E_1 = (-1 - (-1/2), 0 - (-\sqrt{3}/2), 1 - 1) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Так как $\vec{AB} = \vec{E_1D_1}$, четырехугольник $ABD_1E_1$ является параллелограммом, его стороны — это $AB, BD_1, D_1E_1, E_1A$.

Найдем длины смежных сторон $AB$ и $BD_1$.

Длина стороны $AB$ равна ребру основания: $|AB| = 1 \text{ см}$.

Длину стороны $BD_1$ найдем по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $BDD_1$ (он прямоугольный, так как призма прямая). Катет $DD_1 = 1 \text{ см}$ (высота призмы). Длину катета $BD$ (малой диагонали основания) найдем по теореме косинусов из треугольника $BCD$ в основании: $BC=1$, $CD=1$, $\angle BCD = 120^\circ$.

$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2 \cdot BC \cdot CD \cdot \cos(120^\circ) = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$.

$BD = \sqrt{3} \text{ см}$.

Теперь из $\triangle BDD_1$:

$BD_1^2 = BD^2 + DD_1^2 = (\sqrt{3})^2 + 1^2 = 3 + 1 = 4$.

$BD_1 = 2 \text{ см}$.

Сечение является параллелограммом со сторонами 1 см и 2 см.

Проверим, является ли этот параллелограмм прямоугольником. Для этого нужно установить, перпендикулярны ли смежные стороны $AB$ и $BD_1$.

В плоскости основания рассмотрим треугольник $ABD$. Его стороны: $AB=1$, $BD=\sqrt{3}$. Сторона $AD$ является большой диагональю шестиугольника, ее длина равна удвоенной стороне основания: $AD=2$.

Проверим для $\triangle ABD$ выполнение теоремы Пифагора:

$AB^2 + BD^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$.

$AD^2 = 2^2 = 4$.

Поскольку $AB^2 + BD^2 = AD^2$, по обратной теореме Пифагора $\triangle ABD$ — прямоугольный, и $\angle ABD = 90^\circ$. Это означает, что $AB \perp BD$.

Так как призма прямая, боковое ребро $DD_1$ перпендикулярно всей плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе $AB$. Итак, $DD_1 \perp AB$.

Прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($BD$ и $DD_1$) в плоскости $(BDD_1)$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $AB$ перпендикулярна всей плоскости $(BDD_1)$.

Поскольку прямая $BD_1$ лежит в плоскости $(BDD_1)$, то $AB \perp BD_1$.

Параллелограмм $ABD_1E_1$, у которого смежные стороны перпендикулярны, является прямоугольником.

Площадь этого прямоугольника равна произведению длин его сторон:

$S_{сеч} = |AB| \cdot |BD_1| = 1 \text{ см} \cdot 2 \text{ см} = 2 \text{ см}^2$.

Ответ: Сечением является прямоугольник $ABD_1E_1$, его площадь равна $2 \text{ см}^2$.

32. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через середины ребер $AA_1$, $CC_1$ и точку на ребре $AB$, отстоящую от вершины $A$ на 0,25. Найдите его площадь.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ является единичным, следовательно, длина его ребра $a = 1$.
Точка $E$ — середина ребра $AA_1$.
Точка $F$ — середина ребра $CC_1$.
Точка $G$ лежит на ребре $AB$ и расстояние от вершины $A$ до точки $G$ равно $0.25$, то есть $AG = 0.25$.

Найти:

Площадь сечения $S$.

Решение:

Для решения задачи введем трехмерную систему координат. 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 имеют следующие координаты:
$A(0, 0, 0)$, $B(1, 0, 0)$, $C(1, 1, 0)$, $D(0, 1, 0)$,
$A_1(0, 0, 1)$, $B_1(1, 0, 1)$, $C_1(1, 1, 1)$, $D_1(0, 1, 1)$.

Найдем координаты заданных точек, через которые проходит плоскость сечения:

• Точка $E$ — середина $AA_1$. Ее координаты: $E(\frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+1}{2}) = E(0, 0, 0.5)$.
• Точка $F$ — середина $CC_1$. Ее координаты: $F(\frac{1+1}{2}, \frac{1+1}{2}, \frac{0+1}{2}) = F(1, 1, 0.5)$.
• Точка $G$ лежит на ребре $AB$ и $AG = 0.25$. Ее координаты: $G(0.25, 0, 0)$.

Построение сечения

Сечение строится путем нахождения точек пересечения секущей плоскости с ребрами куба. Составим уравнение плоскости, проходящей через точки $E$, $F$ и $G$.

Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости:$\vec{EG} = G - E = (0.25-0, 0-0, 0-0.5) = (0.25, 0, -0.5)$.$\vec{EF} = F - E = (1-0, 1-0, 0.5-0.5) = (1, 1, 0)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости сечения можно найти как векторное произведение векторов $\vec{EG}$ и $\vec{EF}$:$\vec{n} = \vec{EG} \times \vec{EF} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0.25 & 0 & -0.5 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot 0 - (-0.5) \cdot 1) - \vec{j}(0.25 \cdot 0 - (-0.5) \cdot 1) + \vec{k}(0.25 \cdot 1 - 0 \cdot 1) = 0.5\vec{i} - 0.5\vec{j} + 0.25\vec{k}$.В качестве нормального вектора можно взять коллинеарный ему вектор, умножив координаты на 4: $\vec{n'} = (2, -2, 1)$.

Уравнение плоскости имеет вид $2x - 2y + z + D = 0$. Для нахождения коэффициента $D$ подставим координаты точки $E(0, 0, 0.5)$ в уравнение:$2 \cdot 0 - 2 \cdot 0 + 0.5 + D = 0 \Rightarrow D = -0.5$.Таким образом, уравнение плоскости сечения: $2x - 2y + z - 0.5 = 0$.

Теперь найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами куба. Вершинами сечения будут точки, лежащие на ребрах.

• На ребре $AB$ ($y=0, z=0$): $2x - 0.5 = 0 \Rightarrow x=0.25$. Это точка $G(0.25, 0, 0)$.
• На ребре $BC$ ($x=1, z=0$): $2(1) - 2y - 0.5 = 0 \Rightarrow 1.5 - 2y = 0 \Rightarrow y=0.75$. Точка $H(1, 0.75, 0)$.
• На ребре $CC_1$ ($x=1, y=1$): $2(1) - 2(1) + z - 0.5 = 0 \Rightarrow z=0.5$. Это точка $F(1, 1, 0.5)$.
• На ребре $C_1D_1$ ($y=1, z=1$): $2x - 2(1) + 1 - 0.5 = 0 \Rightarrow 2x - 1.5 = 0 \Rightarrow x=0.75$. Точка $L(0.75, 1, 1)$.
• На ребре $A_1D_1$ ($x=0, z=1$): $-2y + 1 - 0.5 = 0 \Rightarrow 0.5 - 2y = 0 \Rightarrow y=0.25$. Точка $K(0, 0.25, 1)$.
• На ребре $AA_1$ ($x=0, y=0$): $z - 0.5 = 0 \Rightarrow z=0.5$. Это точка $E(0, 0, 0.5)$.

Сечением является шестиугольник с вершинами $G(0.25, 0, 0)$, $H(1, 0.75, 0)$, $F(1, 1, 0.5)$, $L(0.75, 1, 1)$, $K(0, 0.25, 1)$, $E(0, 0, 0.5)$.

Вычисление площади сечения

Для нахождения площади шестиугольника воспользуемся методом ортогональной проекции. Площадь сечения $S$ связана с площадью его проекции $S_{пр}$ на плоскость $Oxy$ формулой:$S = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|}$, где $\gamma$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью проекции $Oxy$.

Угол $\gamma$ равен углу между нормальными векторами этих плоскостей. Нормальный вектор плоскости сечения $\vec{n'} = (2, -2, 1)$. Нормальный вектор плоскости $Oxy$ — $\vec{k} = (0, 0, 1)$.$|\cos\gamma| = \frac{|\vec{n'} \cdot \vec{k}|}{|\vec{n'}| \cdot |\vec{k}|} = \frac{|2 \cdot 0 + (-2) \cdot 0 + 1 \cdot 1|}{\sqrt{2^2 + (-2)^2 + 1^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{|1|}{\sqrt{4+4+1} \cdot 1} = \frac{1}{3}$.

Найдем площадь проекции сечения на плоскость $Oxy$. Координаты вершин проекции $G'H'F'L'K'E'$:$G'(0.25, 0)$, $H'(1, 0.75)$, $F'(1, 1)$, $L'(0.75, 1)$, $K'(0, 0.25)$, $E'(0, 0)$.

Проекция представляет собой единичный квадрат $ABCD$ (в плоскости $Oxy$ это квадрат с вершинами $(0,0), (1,0), (1,1), (0,1)$), из которого вырезаны два прямоугольных треугольника.

1. Треугольник с вершинами $B(1,0)$, $G'(0.25,0)$ и $H'(1,0.75)$. Это прямоугольный треугольник с вершиной прямого угла в точке $(1,0)$. Его катеты равны $1 - 0.25 = 0.75$ и $0.75 - 0 = 0.75$. Площадь первого треугольника: $S_1 = \frac{1}{2} \cdot 0.75 \cdot 0.75 = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{3}{4} = \frac{9}{32}$.
2. Треугольник с вершинами $D(0,1)$, $K'(0,0.25)$ и $L'(0.75,1)$. Это прямоугольный треугольник с вершиной прямого угла в точке $(0,1)$. Его катеты равны $1 - 0.25 = 0.75$ и $0.75 - 0 = 0.75$. Площадь второго треугольника: $S_2 = \frac{1}{2} \cdot 0.75 \cdot 0.75 = \frac{9}{32}$.

Площадь проекции шестиугольника равна площади единичного квадрата ($S_{кв} = 1 \cdot 1 = 1$) минус площади двух вырезанных треугольников:$S_{пр} = S_{кв} - S_1 - S_2 = 1 - \frac{9}{32} - \frac{9}{32} = 1 - \frac{18}{32} = 1 - \frac{9}{16} = \frac{7}{16}$.

Теперь можем найти площадь самого сечения:$S = \frac{S_{пр}}{|\cos\gamma|} = \frac{7/16}{1/3} = \frac{7}{16} \cdot 3 = \frac{21}{16}$.

Ответ: $S = \frac{21}{16}$.

Вершины $A_1$ на будет найдите его площадь.

33. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через середины ребер $AB$, $BC$, $CC_1$. Найдите его площадь.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$

Длина ребра куба $a = 1$ (единичный куб)

Секущая плоскость проходит через середины ребер $AB$, $BC$, $CC_1$.

Найти:

Изобразить (построить) сечение и найти его площадь $S_{сеч}$.

Решение:

Построение сечения

Обозначим середины ребер $AB$, $BC$, $CC_1$ как точки $K$, $L$ и $M$ соответственно.

1. Точки $K$ и $L$ лежат в плоскости нижней грани $ABCD$. Соединяем их отрезком $KL$. Это след секущей плоскости на грани $ABCD$.

2. Точки $L$ и $M$ лежат в плоскости боковой грани $BCC_1B_1$. Соединяем их отрезком $LM$. Это след секущей плоскости на грани $BCC_1B_1$.

3. Для дальнейшего построения воспользуемся свойством параллельных граней: секущая плоскость пересекает параллельные грани по параллельным прямым.

4. Построим точку пересечения секущей плоскости с ребром $C_1D_1$. Грань $ABB_1A_1$ (передняя) параллельна грани $DCC_1D_1$ (задняя). Значит, след сечения на задней грани должен быть параллелен следу на передней грани. Найдем этот след. След на грани $ABB_1A_1$ должен проходить через точку $K$. Проведем через точку $M$ прямую, параллельную $KL$. Эта логика неверна, так как $K$ и $M$ не лежат в одной грани, параллельной $ABCD$.

Правильный ход построения следующий: сечение должно быть замкнутым многоугольником. Найдем его остальные вершины.

- Грань $ADD_1A_1$ параллельна грани $BCC_1B_1$. Значит, секущая плоскость пересекает грань $ADD_1A_1$ по прямой, параллельной $LM$.

- Грань $A_1B_1C_1D_1$ параллельна грани $ABCD$. Значит, секущая плоскость пересекает грань $A_1B_1C_1D_1$ по прямой, параллельной $KL$.

- В результате последовательного применения этих свойств мы обнаружим, что секущая плоскость пересекает 6 ребер куба в их серединах. Вершинами сечения будут точки:

• $K$ - середина $AB$

• $L$ - середина $BC$

• $M$ - середина $CC_1$

• $N$ - середина $C_1D_1$ (так как $MN \parallel KL$, что неверно, $MN$ не параллельно $KL$. Сечение на грани $DCC_1D_1$ будет параллельно сечению на $ABB_1A_1$).

Верный ход построения: из точки $M$ на задней грани $DCC_1D_1$ проводим прямую, параллельную следу на передней грани $ABB_1A_1$. Этим следом будет отрезок $QK$. Из точки $K$ на передней грани проводим прямую, параллельную следу на задней грани $MN$. Из симметрии задачи следует, что искомое сечение — это шестиугольник $KLMNPQ$, вершины которого являются серединами ребер $AB$, $BC$, $CC_1$, $C_1D_1$, $D_1A_1$, $A_1A$.

Таким образом, сечение представляет собой шестиугольник $KLMNPQ$.

Нахождение площади сечения

Найденное сечение — шестиугольник $KLMNPQ$. Определим его вид и размеры.

1. Найдем длину одной из его сторон, например, $KL$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $KBL$ в основании куба. $K$ — середина $AB$, $L$ — середина $BC$. Так как ребро куба $a=1$, то катеты $BK = 1/2$ и $BL = 1/2$.

По теореме Пифагора:

$KL^2 = BK^2 + BL^2 = (1/2)^2 + (1/2)^2 = 1/4 + 1/4 = 1/2$

$KL = \sqrt{1/2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

2. Аналогично, рассмотрим прямоугольный треугольник $LCM$ в грани $BCC_1B_1$. $L$ — середина $BC$, значит $LC = BC - BL = 1 - 1/2 = 1/2$. $M$ — середина $CC_1$, значит $CM = 1/2$.

$LM^2 = LC^2 + CM^2 = (1/2)^2 + (1/2)^2 = 1/2$

$LM = \frac{\sqrt{2}}{2}$

3. В силу симметрии куба и выбора точек, все стороны шестиугольника будут равны. Длина каждой стороны $s = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

4. Данный шестиугольник является правильным. Это можно доказать, например, посчитав его углы (все они равны $120^\circ$) или показав, что он вписан в окружность с центром, совпадающим с центром куба. Площадь правильного шестиугольника со стороной $s$ вычисляется по формуле:

$S = \frac{3\sqrt{3}}{2}s^2$

5. Подставим в формулу найденное значение длины стороны $s = \frac{\sqrt{2}}{2}$:

$S_{сеч} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{4} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Ответ: Сечением является правильный шестиугольник, вершины которого — середины ребер $AB, BC, CC_1, C_1D_1, D_1A_1, AA_1$. Площадь этого сечения равна $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ кв. ед.

34. Изобразите сечение единичного куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$, проходящее через вершину $B_1$ и середины ребер $AD$, $CD$. Найдите его площадь.

Дано:

Куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — единичный.

Секущая плоскость проходит через вершину $B_1$ и середины ребер $AD$ и $CD$.

Длина ребра куба $a = 1$.

Найти:

Площадь сечения $S_{сеч}$.

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Поместим начало координат в вершину $D(0,0,0)$, ось $Ox$ направим вдоль ребра $DA$, ось $Oy$ — вдоль $DC$, а ось $Oz$ — вдоль $DD_1$. Так как куб единичный, длина его ребра $a=1$.

Координаты точек, через которые проходит секущая плоскость:

1. Вершина $B_1$ имеет координаты $(1,1,1)$.

2. Середина ребра $AD$, обозначим ее $M$. Координаты $A(1,0,0)$ и $D(0,0,0)$, следовательно, $M = (\frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{1}{2}, 0, 0)$.

3. Середина ребра $CD$, обозначим ее $N$. Координаты $C(0,1,0)$ и $D(0,0,0)$, следовательно, $N = (\frac{0+0}{2}, \frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (0, \frac{1}{2}, 0)$.

Построенное сечение является пятиугольником. Его вершинами являются точки $M$ и $N$, вершина $B_1$, а также точки пересечения секущей плоскости с ребрами $AA_1$ и $CC_1$. Описание построения и сам вид сечения позволяют перейти к расчету его площади.

Для нахождения площади сечения воспользуемся методом проекций. Площадь искомого сечения $S$ можно найти через площадь его ортогональной проекции $S_{xy}$ на плоскость $xy$ по формуле $S = \frac{S_{xy}}{|\cos\gamma|}$, где $\gamma$ — угол между плоскостью сечения и плоскостью $xy$.

Сначала найдем уравнение плоскости сечения, проходящей через точки $M$, $N$ и $B_1$.

Найдем два вектора, лежащие в этой плоскости: $\vec{MN} = (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)$ и $\vec{MB_1} = (\frac{1}{2}, 1, 1)$.

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости найдем как их векторное произведение:

$\vec{n} = \vec{MN} \times \vec{MB_1} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, -\frac{3}{4})$. Умножим на 4 для удобства: $\vec{n'} = (2, 2, -3)$.

Уравнение плоскости: $2x + 2y - 3z + D = 0$. Подставив точку $B_1(1,1,1)$, получим $2(1) + 2(1) - 3(1) + D = 0$, откуда $D=-1$. Уравнение плоскости: $2x + 2y - 3z - 1 = 0$.

Косинус угла $\gamma$ между плоскостью сечения (нормаль $\vec{n}=(2,2,-3)$) и плоскостью $xy$ (нормаль $\vec{k}=(0,0,1)$):

$|\cos\gamma| = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{k}|}{||\vec{n}|| \cdot ||\vec{k}||} = \frac{|2 \cdot 0 + 2 \cdot 0 + (-3) \cdot 1|}{\sqrt{2^2+2^2+(-3)^2} \cdot \sqrt{0^2+0^2+1^2}} = \frac{|-3|}{\sqrt{4+4+9} \cdot 1} = \frac{3}{\sqrt{17}}$.

Далее найдем площадь проекции сечения на плоскость $xy$. Проекция сечения — это многоугольник на плоскости $z=0$, который является основанием куба (квадратом $ABCD$) за вычетом треугольника $DMN$.

Площадь основания $S_{ABCD} = 1^2 = 1$.

Площадь прямоугольного треугольника $DMN$ с катетами $DM=1/2$ и $DN=1/2$ равна $S_{\triangle DMN} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$.

Площадь проекции сечения: $S_{xy} = S_{ABCD} - S_{\triangle DMN} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$.

Наконец, находим площадь самого сечения:

$S_{сеч} = \frac{S_{xy}}{|\cos\gamma|} = \frac{7/8}{3/\sqrt{17}} = \frac{7\sqrt{17}}{24}$.

Ответ: Площадь сечения равна $\frac{7\sqrt{17}}{24}$.