Сечения, углы и расстояния в пространстве - сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть [tex]D[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]C[/tex] на плоскость [tex]\alpha[/tex] и [tex]CD=h[/tex]. Тогда [tex]AD[/tex] и [tex]BD[/tex] — проекции [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex], поэтому [tex]\angle CAD=30^{\circ}[/tex] и [tex]\angle CBD=45^{\circ}[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]ADC[/tex] и [tex]BDC[/tex]:
[tex]AC=\frac{h}{\sin 30^{\circ}}=2h,\quad BC=\frac{h}{\sin 45^{\circ}}=h\sqrt{2}[/tex]
В треугольнике [tex]ABC[/tex] ([tex]\angle ACB=90^{\circ}[/tex]) находим гипотенузу по теореме Пифагора, а затем высоту [tex]CH[/tex], проведённую к ней:
[tex]AB=\sqrt{4h^2+2h^2}=h\sqrt{6},\quad CH=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{2h\cdot h\sqrt{2}}{h\sqrt{6}}=\frac{2h}{\sqrt{3}}[/tex]
Отрезок [tex]DH[/tex] — проекция [tex]CH[/tex] на плоскость [tex]\alpha[/tex], а прямая [tex]AB[/tex] плоскости [tex]\alpha[/tex] перпендикулярна [tex]CH[/tex], поэтому по теореме о трёх перпендикулярах [tex]AB\perp DH[/tex]. Значит, [tex]\angle CHD[/tex] — линейный угол двугранного угла с ребром [tex]AB[/tex], т.е. искомый угол. Это острый угол прямоугольного треугольника [tex]CDH[/tex], и
[tex]\sin \angle CHD=\frac{CD}{CH}=\frac{h}{\frac{2h}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \angle CHD=60^{\circ}[/tex]

Решение:
Сначала покажем, что диагональ куба [tex]B_1D[/tex] перпендикулярна плоскости [tex](ACD_1)[/tex]. Её проекция на плоскость [tex](ABCD)[/tex] — это [tex]BD[/tex] (так как [tex]B_1B\perp(ABCD)[/tex]), а [tex]AC\perp BD[/tex] (диагонали квадрата), поэтому по теореме о трёх перпендикулярах [tex]AC\perp B_1D[/tex].
Аналогично её проекция на плоскость [tex](DCC_1D_1)[/tex] — это [tex]C_1D[/tex] (так как [tex]B_1C_1\perp(DCC_1D_1)[/tex]), а [tex]CD_1\perp C_1D[/tex], поэтому [tex]CD_1\perp B_1D[/tex]. Итак, [tex]B_1D[/tex] перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости, т.е. [tex]B_1D\perp(ACD_1)[/tex].
Пусть [tex]G[/tex] — общая точка [tex]B_1D[/tex] и плоскости; искомое расстояние равно [tex]B_1G[/tex]. Так как [tex]DA=DC=DD_1=a[/tex], их проекции [tex]GA[/tex], [tex]GC[/tex], [tex]GD_1[/tex] на плоскость тоже равны, поэтому [tex]G[/tex] — центр правильного треугольника [tex]ACD_1[/tex] со стороной [tex]a\sqrt{2}[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]ADG[/tex]:
[tex]AG=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3},\quad DG=\sqrt{AD^2-AG^2}=\sqrt{a^2-\frac{2a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]
Точка [tex]G[/tex] лежит внутри куба, а значит, на отрезке [tex]DB_1[/tex] длины [tex]a\sqrt{3}[/tex]. Поэтому
[tex]B_1G=B_1D-DG=a\sqrt{3}-\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]M[/tex] — середина [tex]AB[/tex], т.е. [tex]AM=2\sqrt{6}[/tex]. Треугольники [tex]ABC[/tex] и [tex]ABD[/tex] равнобедренные с основанием [tex]AB[/tex], поэтому [tex]CM\perp AB[/tex] и [tex]DM\perp AB[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]AMC[/tex] и [tex]AMD[/tex]:
[tex]CM=\sqrt{49-24}=5,\qquad DM=\sqrt{40-24}=4[/tex]
Прямая [tex]AB[/tex] перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости [tex](CDM)[/tex], поэтому [tex]AB\perp (CDM)[/tex]. В треугольнике [tex]CDM[/tex]:
[tex]CD^2+DM^2=9+16=25=CM^2\Rightarrow \angle CDM=90^{\circ}[/tex]
Пусть [tex]DH[/tex] — высота прямоугольного треугольника [tex]CDM[/tex] ([tex]H\in CM[/tex]). Тогда [tex]DH\perp CM[/tex], а [tex]DH\perp AB[/tex], так как [tex]DH[/tex] лежит в плоскости [tex](CDM)[/tex]. Значит, [tex]DH[/tex] перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости [tex](ABC)[/tex], т.е. [tex]DH\perp (ABC)[/tex] и [tex]DH[/tex] — искомый перпендикуляр:
[tex]DH=\frac{CD\cdot DM}{CM}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}[/tex]

Решение:
Боковые грани — равносторонние треугольники, поэтому все рёбра пирамиды равны; пусть их длина равна [tex]a[/tex]. В треугольнике [tex]AVC[/tex] имеем [tex]VA=VC=a[/tex] и [tex]AC=a\sqrt{2}[/tex] (диагональ квадрата в основании), следовательно, [tex]VA^2+VC^2=AC^2[/tex] и [tex]\angle AVC=90^{\circ}[/tex].
Пусть [tex]Q[/tex] — середина [tex]AN[/tex]. Тогда [tex]PQ[/tex] — средняя линия треугольника [tex]ABN[/tex], т.е. [tex]PQ\parallel BN[/tex] и [tex]PQ=\frac{BN}{2}[/tex]. Значит, искомый угол — это угол между прямыми [tex]VP[/tex] и [tex]PQ[/tex]; найдём стороны треугольника [tex]VPQ[/tex].
Отрезки [tex]VP[/tex] и [tex]BN[/tex] — медианы равносторонних треугольников [tex]VAB[/tex] и [tex]VBC[/tex], поэтому
[tex]VP=BN=\frac{a\sqrt{3}}{2},\qquad PQ=\frac{BN}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex]
Треугольник [tex]AVN[/tex] прямоугольный с прямым углом при [tex]V[/tex] и [tex]VN=\frac{a}{2}[/tex], а [tex]VQ[/tex] — медиана, проведённая к его гипотенузе, поэтому она равна половине гипотенузы:
[tex]AN=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},\qquad VQ=\frac{AN}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{4}[/tex]
По теореме косинусов для треугольника [tex]VPQ[/tex]:
[tex]\cos\angle VPQ=\frac{VP^2+PQ^2-VQ^2}{2\cdot VP\cdot PQ}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{16}-\frac{5a^2}{16}}{2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}}=\frac{\frac{5a^2}{8}}{\frac{3a^2}{4}}=\frac{5}{6}[/tex]
Косинус положителен, значит, [tex]\angle VPQ[/tex] острый и равен углу между прямыми [tex]VP[/tex] и [tex]BN[/tex]. Ответ: [tex]\frac{5}{6}[/tex].

Решение:
Сначала заметим, что [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] лежат по одну сторону от [tex]\alpha[/tex]. Иначе отрезок [tex]AB[/tex] пересекал бы [tex]\alpha[/tex] и [tex]AB\ge 6+2=8[/tex], причём равенство возможно только при [tex]AB\perp\alpha[/tex]; тогда [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] имели бы одну и ту же проекцию [tex]A'[/tex] на [tex]\alpha[/tex] и [tex]CA^2=CA'^2+36\ne CA'^2+4=CB^2[/tex] — противоречие.
Пусть [tex]H[/tex] — середина [tex]AB[/tex]; тогда [tex]CH[/tex] — высота, медиана и биссектриса равнобедренного треугольника. Пусть [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]H'[/tex] — проекции точек [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]H[/tex] на [tex]\alpha[/tex]. Четырёхугольник [tex]AA'B'B[/tex] — трапеция ([tex]AA'\parallel BB'[/tex]) со средней линией [tex]HH'[/tex]:
[tex]HH'=\frac{AA'+BB'}{2}=\frac{6+2}{2}=4[/tex]
Центр [tex]I[/tex] вписанной окружности лежит на биссектрисе [tex]CH[/tex]. В треугольнике [tex]ACH[/tex] отрезок [tex]AI[/tex] — биссектриса угла [tex]CAH[/tex], поэтому по свойству биссектрисы
[tex]\frac{CI}{IH}=\frac{AC}{AH}=\frac{12}{4}=3\Rightarrow CI=\frac{3}{4}CH[/tex]
Пусть [tex]I'[/tex] — проекция [tex]I[/tex] на [tex]\alpha[/tex]. Так как [tex]C\in\alpha[/tex] и [tex]II'\parallel HH'[/tex], прямоугольные треугольники [tex]CII'[/tex] и [tex]CHH'[/tex] подобны, поэтому
[tex]II'=\frac{CI}{CH}\cdot HH'=\frac{3}{4}\cdot 4=3[/tex]

Решение:
Пирамида правильная, поэтому основание её высоты — центр [tex]G[/tex] правильного треугольника [tex]ABC[/tex]: [tex]MG\perp (ABC)[/tex], [tex]MG=28[/tex]. Пусть [tex]Q[/tex] — середина [tex]AC[/tex]; медиана [tex]BQ[/tex] является также высотой [tex]\triangle ABC[/tex] и проходит через [tex]G[/tex]:
[tex]BQ=\frac{7\sqrt{3}}{2},\quad BG=\frac{2}{3}BQ=\frac{7\sqrt{3}}{3}[/tex]
[tex]AC\perp BQ[/tex] и [tex]AC\perp MQ[/tex] ([tex]MQ[/tex] — медиана равнобедренного треугольника [tex]ACM[/tex]), поэтому [tex]AC\perp (BQM)[/tex]. В плоскости [tex](BQM)[/tex] проведём [tex]QQ_1\perp BM[/tex], [tex]Q_1\in BM[/tex]. Тогда [tex]BM[/tex] перпендикулярна пересекающимся прямым [tex]AC[/tex] и [tex]QQ_1[/tex], значит, сечение — треугольник [tex]ACQ_1[/tex], а [tex]QQ_1[/tex] — его высота (из [tex]AC\perp (BQM)[/tex] следует [tex]AC\perp QQ_1[/tex]).
Точка [tex]Q_1[/tex] лежит на отрезке [tex]BM[/tex], так как углы [tex]\triangle BQM[/tex] при вершинах [tex]B[/tex] и [tex]M[/tex] острые: [tex]\angle QBM[/tex] — острый угол прямоугольного треугольника [tex]BGM[/tex], а [tex]\angle BMQ[/tex] лежит против наименьшей стороны [tex]BQ[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]BGM[/tex]:
[tex]BM=\sqrt{BG^2+MG^2}=\sqrt{\frac{49}{3}+784}=\sqrt{\frac{2401}{3}}=\frac{49\sqrt{3}}{3}[/tex]
[tex]MG[/tex] — высота [tex]\triangle BQM[/tex], проведённая из вершины [tex]M[/tex] (так как [tex]G\in BQ[/tex]), поэтому, выразив площадь [tex]\triangle BQM[/tex] двумя способами, [tex]\frac{1}{2}BQ\cdot MG=\frac{1}{2}BM\cdot QQ_1[/tex], получаем
[tex]QQ_1=\frac{BQ\cdot MG}{BM}=\frac{\frac{7\sqrt{3}}{2}\cdot 28}{\frac{49\sqrt{3}}{3}}=6[/tex]
Следовательно, площадь сечения равна [tex]S=\frac{1}{2}AC\cdot QQ_1=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 6=21[/tex] кв. см.

Решение:
Так как [tex]MC\perp (ABCD)[/tex], треугольники [tex]BCM[/tex] и [tex]ACM[/tex] прямоугольные с прямым углом при вершине [tex]C[/tex]. По теореме Пифагора
[tex]BC=\sqrt{BM^2-MC^2}=\sqrt{3},\quad AC=\sqrt{AM^2-MC^2}=2\sqrt{2}[/tex]
Пусть [tex]O=AC\cap BD[/tex]. Диагонали ромба делятся точкой пересечения пополам и перпендикулярны, поэтому [tex]AO=\sqrt{2}[/tex] и [tex]BD\perp AC[/tex]. Кроме того, [tex]BD\perp MC[/tex], так как [tex]MC[/tex] перпендикулярно основанию. Следовательно, [tex]BD\perp (ACM)[/tex], и [tex]BD[/tex] пересекает эту плоскость в точке [tex]O[/tex].
В плоскости [tex](ACM)[/tex] проведём [tex]OP\perp AM[/tex], [tex]P\in AM[/tex] ([tex]P[/tex] лежит на отрезке [tex]AM[/tex], так как [tex]\angle MAC[/tex] острый). Поскольку [tex]OP[/tex] лежит в плоскости [tex](ACM)[/tex], также [tex]OP\perp BD[/tex]. Значит, [tex]OP[/tex] — общий перпендикуляр прямых [tex]AM[/tex] и [tex]BD[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]ACM[/tex] и [tex]AOP[/tex]:
[tex]\sin \angle MAC=\frac{MC}{AM}=\frac{1}{3},\quad OP=AO\sin \angle MAC=\frac{\sqrt{2}}{3}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]P[/tex] — середина [tex]AB[/tex], тогда [tex]AP=BP=8[/tex]. Треугольник [tex]ABC[/tex] равнобедренный с основанием [tex]AB[/tex], поэтому его медиана [tex]CP[/tex] является и высотой: [tex]CP\perp AB[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]APC[/tex]:
[tex]CP=\sqrt{17^2-8^2}=15[/tex]
Треугольник [tex]ABM[/tex] равнобедренный и прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]M[/tex], поэтому его медиана [tex]MP[/tex] является и высотой, [tex]MP\perp AB[/tex], а как медиана, проведённая к гипотенузе,
[tex]MP=\frac{AB}{2}=8[/tex]
Так как [tex]CP\perp AB[/tex] и [tex]MP\perp AB[/tex], угол [tex]CPM[/tex] — линейный угол двугранного угла с ребром [tex]AB[/tex]. По теореме косинусов в треугольнике [tex]CPM[/tex]:
[tex]\cos\angle CPM=\frac{CP^2+MP^2-CM^2}{2\cdot CP\cdot MP}=\frac{225+64-169}{2\cdot 15\cdot 8}=\frac{120}{240}=\frac{1}{2}[/tex]
Следовательно, [tex]\angle CPM=60^{\circ}[/tex]; этот угол острый, поэтому угол между плоскостями равен [tex]60^{\circ}[/tex].

Решение:
Ребро [tex]AB[/tex] перпендикулярно [tex]BC[/tex] и [tex]BB_1[/tex], поэтому [tex]AB\perp(BCC_1B_1)[/tex]. В грани [tex]BCC_1B_1[/tex] проведём [tex]CH\perp BC_1[/tex], [tex]H\in BC_1[/tex]. Тогда и [tex]CH\perp AB[/tex], т.е. [tex]CH[/tex] перпендикулярна двум пересекающимся прямым [tex]AB[/tex] и [tex]BC_1[/tex] плоскости [tex](ABC_1D_1)[/tex], следовательно, [tex]CH\perp(ABC_1D_1)[/tex].
Значит, [tex]D_1H[/tex] — ортогональная проекция [tex]D_1C[/tex] на эту плоскость, искомый угол [tex]\varphi=\angle CD_1H[/tex] и [tex]\sin \varphi=\frac{CH}{CD_1}[/tex]. Из прямоугольных треугольников [tex]BCC_1[/tex] и [tex]CDD_1[/tex]:
[tex]BC_1=CD_1=\sqrt{\left(2\sqrt{2}\right)^2+\left(2\sqrt{7}\right)^2}=\sqrt{36}=6[/tex]
[tex]CH=\frac{BC\cdot CC_1}{BC_1}=\frac{2\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{7}}{6}=\frac{2\sqrt{14}}{3}[/tex]
Следовательно,
[tex]\sin \varphi=\frac{CH}{CD_1}=\frac{2\sqrt{14}}{3\cdot 6}=\frac{\sqrt{14}}{9}[/tex]

Решение:
Так как [tex]AB\perp AD[/tex] и [tex]AB\perp DQ[/tex], то [tex]AB\perp(ADQ)[/tex] и, значит, [tex]AB\perp AQ[/tex]; аналогично из [tex]CB\perp CD[/tex] и [tex]CB\perp DQ[/tex] следует [tex]CB\perp CQ[/tex]. По теореме Пифагора:
[tex]AQ=\sqrt{AD^2+DQ^2}=\sqrt{3}; \quad CQ=\sqrt{CD^2+DQ^2}=2; \quad QB=\sqrt{BC^2+CQ^2}=\sqrt{6}[/tex]
В прямоугольном треугольнике [tex]ABQ[/tex] имеем [tex]\operatorname{tg} \angle ABQ=\frac{AQ}{AB}=1[/tex], т.е. [tex]\angle ABQ=45^{\circ}[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]BCQ[/tex] проведём высоту [tex]CL[/tex] к гипотенузе [tex]QB[/tex]:
[tex]CL=\frac{BC\cdot CQ}{QB}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}; \quad BL=\frac{BC^2}{QB}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex]
В плоскости [tex](ABQ)[/tex] проведём через [tex]L[/tex] перпендикуляр к [tex]QB[/tex]; пусть он пересекает [tex]AB[/tex] в точке [tex]N[/tex]. Треугольник [tex]BLN[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]L[/tex] и [tex]\angle B=45^{\circ}[/tex], поэтому [tex]LN=BL=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex] и [tex]BN=BL\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\lt AB[/tex], т.е. [tex]N[/tex] лежит на ребре [tex]AB[/tex].
Так как [tex]CL\perp QB[/tex] и [tex]NL\perp QB[/tex], угол [tex]CLN[/tex] — линейный угол двугранного угла при ребре [tex]QB[/tex]. Поскольку [tex]CB\perp AB[/tex], из прямоугольного треугольника [tex]CBN[/tex]:
[tex]CN^2=BC^2+BN^2=2+\frac{4}{3}=\frac{10}{3}[/tex]
По теореме косинусов в треугольнике [tex]CLN[/tex]:
[tex]\cos\angle CLN=\frac{CL^2+LN^2-CN^2}{2\cdot CL\cdot LN}=\frac{\frac{4}{3}+\frac{2}{3}-\frac{10}{3}}{\frac{4\sqrt{2}}{3}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}[/tex]
Следовательно, двугранный угол равен [tex]135^{\circ}[/tex].

Решение:
Пусть дан треугольник [tex]ABC[/tex], в котором [tex]BC=14[/tex], [tex]CA=30[/tex], [tex]AB=40[/tex], а [tex]O[/tex] — ортогональная проекция точки [tex]M[/tex] на плоскость [tex](ABC)[/tex]; искомое расстояние равно [tex]MO[/tex]. Прямоугольные треугольники [tex]MOA[/tex], [tex]MOB[/tex], [tex]MOC[/tex] имеют общий катет [tex]MO[/tex] и равные гипотенузы [tex]MA=MB=MC=65[/tex], поэтому они равны и [tex]OA=OB=OC[/tex]. Значит, [tex]O[/tex] — центр описанной около [tex]\triangle ABC[/tex] окружности, а [tex]OA=R[/tex] — её радиус.
По формуле Герона с полупериметром [tex]p=42[/tex], а затем по формуле радиуса описанной окружности:
[tex]S=\sqrt{42\cdot 28\cdot 12\cdot 2}=\sqrt{28224}=168[/tex]
[tex]R=\frac{BC\cdot CA\cdot AB}{4S}=\frac{14\cdot 30\cdot 40}{4\cdot 168}=25[/tex]
(Треугольник тупоугольный, так как [tex]40^2\gt 14^2+30^2[/tex], и точка [tex]O[/tex] лежит вне его, но это не меняет вычислений.) Из прямоугольного треугольника [tex]MOA[/tex]:
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{65^2-25^2}=\sqrt{3600}=60[/tex]

Решение:
Пусть ребро пирамиды равно [tex]a[/tex]. Плоскость, параллельная [tex](BCE)[/tex], пересекает каждую грань по прямой, параллельной линии пересечения этой грани с [tex](BCE)[/tex]. В основании она проходит по отрезку [tex]QR\parallel BC[/tex], [tex]R\in CD[/tex], поэтому [tex]QR=a[/tex] и [tex]DR=AQ=3[/tex].
В грани [tex]ABE[/tex] она проходит по отрезку [tex]QS\parallel BE[/tex], [tex]S\in AE[/tex]. Треугольник [tex]ABE[/tex] равносторонний, значит, и [tex]AQS[/tex] равносторонний, и [tex]AS=QS=3[/tex]. Аналогично в грани [tex]CDE[/tex] она проходит по отрезку [tex]RT\parallel CE[/tex], [tex]T\in DE[/tex], причём [tex]DT=RT=3[/tex].
Так как [tex]ES=ET=a-3[/tex], треугольник [tex]EST[/tex] подобен равностороннему треугольнику [tex]EAD[/tex], поэтому [tex]ST\parallel AD[/tex] и [tex]ST=a-3[/tex]. Значит, сечение [tex]QRTS[/tex] — равнобедренная трапеция с основаниями [tex]QR=a[/tex], [tex]ST=a-3[/tex] и боковыми сторонами [tex]QS=RT=3[/tex].
Проекция боковой стороны на большее основание равна [tex]\frac{a-(a-3)}{2}=\frac{3}{2}[/tex], поэтому высота трапеции равна [tex]\sqrt{9-\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}[/tex], а проекция диагонали [tex]QT[/tex] на [tex]QR[/tex] равна [tex]a-\frac{3}{2}[/tex]. По теореме Пифагора:
[tex]QT^2=\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}=49\Rightarrow \left(a-\frac{3}{2}\right)^2=\frac{169}{4}\Rightarrow a-\frac{3}{2}=\frac{13}{2}\Rightarrow a=8[/tex]
Периметр сечения равен
[tex]QR+RT+TS+SQ=8+3+5+3=19[/tex]

Решение:
Пусть [tex]P[/tex] — центр параллелепипеда, общая середина его диагоналей. Точки [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] симметричны относительно [tex]P[/tex], поэтому [tex]P[/tex] — середина [tex]MN[/tex]. Значит, прямая [tex]D_1P[/tex] лежит в плоскости [tex](MND_1)[/tex], а вместе с ней и другой конец [tex]B[/tex] диагонали [tex]D_1B[/tex].
Итак, сечение — четырёхугольник [tex]MBND_1[/tex]. Его противоположные стороны лежат в параллельных гранях, поэтому [tex]MB\parallel D_1N[/tex] и [tex]BN\parallel MD_1[/tex], т.е. это параллелограмм. Его ортогональная проекция на плоскость основания — прямоугольник [tex]ABCD[/tex] площадью [tex]8\cdot 4=32[/tex].
Чтобы найти угол [tex]\varphi[/tex] между плоскостью сечения и основанием, пусть прямая [tex]D_1M[/tex] пересекает прямую [tex]DA[/tex] в точке [tex]X[/tex]. Так как [tex]AM\parallel DD_1[/tex] и [tex]AM=\frac{1}{2}DD_1[/tex], отрезок [tex]AM[/tex] — средняя линия треугольника [tex]XDD_1[/tex], поэтому [tex]XD=2AD=8[/tex]. Аналогично прямая [tex]D_1N[/tex] пересекает прямую [tex]DC[/tex] в точке [tex]Y[/tex], причём [tex]DY=2DC=16[/tex].
Прямая [tex]XY[/tex] — линия пересечения плоскости сечения и плоскости основания. Пусть [tex]DH[/tex] — высота прямоугольного треугольника [tex]XDY[/tex], проведённая к гипотенузе [tex]XY[/tex]:
[tex]XY=\sqrt{8^2+16^2}=8\sqrt{5},\qquad DH=\frac{XD\cdot DY}{XY}=\frac{128}{8\sqrt{5}}=\frac{16\sqrt{5}}{5}[/tex]
По теореме о трёх перпендикулярах [tex]D_1H\perp XY[/tex], поэтому [tex]\varphi=\angle D_1HD[/tex]. Из прямоугольного треугольника [tex]D_1DH[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \varphi=\frac{DD_1}{DH}=\frac{12\sqrt{5}/5}{16\sqrt{5}/5}=\frac{3}{4}\Rightarrow \cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{1+\operatorname{tg} ^2\varphi}}=\frac{4}{5}[/tex]
По теореме о площади ортогональной проекции:
[tex]S=\frac{S_{ABCD}}{\cos\varphi}=\frac{32}{\frac{4}{5}}=40[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O[/tex] — центр квадрата [tex]ABCD[/tex], т.е. [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], а [tex]L[/tex] — середина [tex]PQ[/tex]. Боковые грани [tex]ABM[/tex] и [tex]BCM[/tex] — равные равнобедренные треугольники, поэтому их медианы [tex]MP[/tex] и [tex]MQ[/tex] равны. Значит, треугольник [tex]PQM[/tex] равнобедренный и его медиана [tex]ML[/tex] является высотой, проведённой из [tex]M[/tex]:
[tex]ML\perp PQ[/tex]
Отрезок [tex]PQ[/tex] — средняя линия треугольника [tex]ABC[/tex], поэтому [tex]PQ\parallel AC[/tex], а медиана [tex]BO[/tex] этого треугольника делит [tex]PQ[/tex] пополам; значит, [tex]L[/tex] лежит на [tex]BO[/tex], т.е. на диагонали [tex]BD[/tex].
Кроме того, [tex]AC\perp BD[/tex] (диагонали квадрата) и [tex]AC\perp MO[/tex], поэтому [tex]AC\perp(BDM)[/tex] и, следовательно,
[tex]PQ\perp(BDM)[/tex]
Точки [tex]M[/tex] и [tex]L[/tex] лежат в обеих плоскостях [tex](PQM)[/tex] и [tex](BDM)[/tex], поэтому [tex]ML[/tex] — линия их пересечения. В плоскости [tex](BDM)[/tex] проведём [tex]DF\perp ML[/tex], [tex]F\in ML[/tex]. Так как [tex]DF[/tex] лежит в [tex](BDM)[/tex], также [tex]DF\perp PQ[/tex].
Итак, [tex]DF[/tex] перпендикулярна двум пересекающимся прямым [tex]ML[/tex] и [tex]PQ[/tex] плоскости [tex](PQM)[/tex], поэтому [tex]DF\perp(PQM)[/tex]. Значит, основание [tex]F[/tex] перпендикуляра из [tex]D[/tex] на [tex](PQM)[/tex] лежит на прямой [tex]ML[/tex], содержащей высоту треугольника [tex]PQM[/tex], проведённую из [tex]M[/tex].

Решение:
Имеем [tex]AB\perp BC[/tex] и [tex]AB\perp BB_1[/tex], причём эти прямые пересекаются, поэтому [tex]AB\perp (BCC_1B_1)[/tex]. Значит, [tex]AB[/tex] перпендикулярна любой прямой этой грани; в частности, [tex]AB\perp B_1C[/tex].
Кроме того, [tex]B_1C\perp BC_1[/tex], так как это диагонали квадрата [tex]BCC_1B_1[/tex].
Итак, [tex]B_1C[/tex] перпендикулярна двум пересекающимся прямым [tex]AB[/tex] и [tex]BC_1[/tex] плоскости [tex](ABC_1)[/tex], поэтому [tex]B_1C\perp (ABC_1)[/tex].
Плоскость [tex](AB_1C)[/tex] содержит прямую [tex]B_1C[/tex], перпендикулярную плоскости [tex](ABC_1)[/tex], а плоскость, проходящая через прямую, перпендикулярную другой плоскости, перпендикулярна этой плоскости. Следовательно, [tex](AB_1C)\perp (ABC_1)[/tex].

Решение:
Все три угла — углы между прямыми, поэтому они лежат в промежутке [tex][0^{\circ}; 90^{\circ}][/tex]. Возьмём точку [tex]P\ne O[/tex] на прямой [tex]p[/tex], и пусть [tex]Q[/tex] — её ортогональная проекция на [tex]\delta[/tex]. Тогда [tex]Q\in p'[/tex], причём [tex]Q\ne O[/tex], так как [tex]\alpha \ne 90^{\circ}[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]OQP[/tex] ([tex]\angle OQP=90^{\circ}[/tex]) имеем [tex]\angle POQ=\alpha[/tex], поэтому
[tex]\cos \alpha =\frac{OQ}{OP}[/tex]
Если [tex]\beta =0^{\circ}[/tex], то [tex]q=p'[/tex], [tex]\gamma =\alpha[/tex] и равенство очевидно. Если [tex]\beta =90^{\circ}[/tex], то [tex]q\perp OQ[/tex], и по теореме о трёх перпендикулярах [tex]q\perp OP[/tex], т.е. [tex]\gamma =90^{\circ}[/tex] и обе части равны [tex]0[/tex].
Пусть теперь [tex]0^{\circ}\lt \beta \lt 90^{\circ}[/tex]. Проведём [tex]QM\perp q[/tex], [tex]M\in q[/tex]. Тогда [tex]M\ne O[/tex] (так как [tex]\beta \ne 90^{\circ}[/tex]), а угол [tex]QOM[/tex] прямоугольного треугольника [tex]OMQ[/tex] острый, поэтому [tex]\angle QOM=\beta[/tex] и
[tex]\cos \beta =\frac{OM}{OQ}[/tex]
Так как [tex]PQ\perp \delta[/tex] и [tex]QM\perp q[/tex], по теореме о трёх перпендикулярах [tex]PM\perp q[/tex]. Значит, треугольник [tex]OMP[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]M[/tex]; его угол [tex]POM[/tex] острый и поэтому равен углу [tex]\gamma[/tex] между прямыми [tex]p[/tex] и [tex]q[/tex], т.е. [tex]\cos \gamma =\frac{OM}{OP}[/tex]. Перемножая два равенства выше, получаем
[tex]\cos \alpha \cdot \cos \beta =\frac{OQ}{OP}\cdot \frac{OM}{OQ}=\frac{OM}{OP}=\cos \gamma[/tex]

Решение:
[tex]MN[/tex] — средняя линия [tex]\triangle ABC[/tex], а [tex]PQ[/tex] — средняя линия [tex]\triangle ACD[/tex], поэтому
[tex]MN\parallel AC\parallel PQ[/tex]
[tex]Q[/tex] и [tex]N[/tex] — середины противоположных сторон [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex] квадрата [tex]ABCD[/tex], поэтому [tex]AQ\parallel BN[/tex], [tex]AQ=BN[/tex], [tex]ABNQ[/tex] — параллелограмм и [tex]QN\parallel AB[/tex], [tex]QN=AB[/tex]. Кроме того, [tex]A_1B_1\parallel AB[/tex] и [tex]A_1B_1=AB[/tex], откуда [tex]QN\parallel A_1B_1[/tex] и [tex]QN=A_1B_1[/tex]. Следовательно, [tex]QNB_1A_1[/tex] — параллелограмм и
[tex]NB_1\parallel QA_1[/tex]
Итак, пересекающиеся прямые [tex]MN[/tex] и [tex]NB_1[/tex] плоскости [tex](MNB_1)[/tex] параллельны пересекающимся прямым [tex]PQ[/tex] и [tex]QA_1[/tex] плоскости [tex](PQA_1)[/tex], и по признаку параллельности плоскостей эти плоскости параллельны или совпадают.
Они не совпадают: так как [tex]A_1\notin (ABCD)[/tex], плоскость [tex](PQA_1)[/tex] пересекает плоскость основания [tex](ABCD)[/tex] только по прямой [tex]PQ[/tex], а точка [tex]N\in (ABCD)[/tex] не лежит на [tex]PQ[/tex], поскольку [tex]MN[/tex] и [tex]PQ[/tex] — различные параллельные прямые (они лежат по разные стороны от [tex]AC[/tex]). Следовательно, [tex](MNB_1)\parallel (PQA_1)[/tex].

Решение:
Пусть [tex]\pi[/tex] — секущая плоскость. Так как [tex]AB\parallel\pi[/tex] и [tex]CD\parallel\pi[/tex], точки [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] лежат по одну сторону от [tex]\pi[/tex], и точки [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex] тоже; поскольку [tex]\pi[/tex] проходит через внутренние точки, эти стороны разные. Поэтому [tex]\pi[/tex] пересекает рёбра [tex]AC[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]BD[/tex], [tex]AD[/tex] в точках [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex], [tex]N[/tex].
Так как [tex]AB\parallel\pi[/tex], плоскость [tex](ABC)[/tex] пересекает [tex]\pi[/tex] по прямой, параллельной [tex]AB[/tex], т.е. [tex]KL\parallel AB[/tex]; аналогично из плоскости [tex](ABD)[/tex] получаем [tex]NM\parallel AB[/tex]. Так как [tex]CD\parallel\pi[/tex], из плоскостей [tex](ACD)[/tex] и [tex](BCD)[/tex] получаем [tex]KN\parallel CD[/tex] и [tex]LM\parallel CD[/tex]. Следовательно, [tex]KLMN[/tex] — параллелограмм.
Пусть [tex]E[/tex] — середина [tex]CD[/tex]. Медианы [tex]AE[/tex] и [tex]BE[/tex] правильных треугольников [tex]ACD[/tex] и [tex]BCD[/tex] перпендикулярны [tex]CD[/tex], поэтому [tex]CD\perp(ABE)[/tex] и, значит, [tex]CD\perp AB[/tex]. Так как [tex]KL\parallel AB[/tex] и [tex]KN\parallel CD[/tex], угол [tex]LKN[/tex] прямой, т.е. [tex]KLMN[/tex] — прямоугольник.

Решение:
Пусть [tex]\pi[/tex] — секущая плоскость, [tex]a[/tex] — ребро тетраэдра. Так как [tex]AB\parallel\pi[/tex] и [tex]CD\parallel\pi[/tex], точки [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] лежат по одну сторону от [tex]\pi[/tex], и точки [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex] тоже; поскольку [tex]\pi[/tex] проходит через внутренние точки, эти стороны разные. Поэтому [tex]\pi[/tex] пересекает рёбра [tex]AC[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]BD[/tex], [tex]AD[/tex] в точках [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex], [tex]N[/tex].
Так как [tex]AB\parallel\pi[/tex], плоскость [tex](ABC)[/tex] пересекает [tex]\pi[/tex] по прямой, параллельной [tex]AB[/tex], т.е. [tex]KL\parallel AB[/tex]; аналогично из плоскости [tex](ABD)[/tex] получаем [tex]NM\parallel AB[/tex]. Так как [tex]CD\parallel\pi[/tex], из плоскостей [tex](ACD)[/tex] и [tex](BCD)[/tex] получаем [tex]KN\parallel CD[/tex] и [tex]LM\parallel CD[/tex]. Следовательно, сечение [tex]KLMN[/tex] — параллелограмм, и его противоположные стороны равны.
Пусть [tex]\frac{AK}{AC}=t[/tex]. Из подобия треугольников [tex]CKL[/tex] и [tex]CAB[/tex], а также [tex]AKN[/tex] и [tex]ACD[/tex] получаем
[tex]KL=a\cdot \frac{CK}{CA}=a(1-t); \quad KN=a\cdot \frac{AK}{AC}=at[/tex]
Следовательно, периметр сечения равен
[tex]2(KL+KN)=2\left(a(1-t)+at\right)=2a[/tex]
и не зависит от положения секущей плоскости.

Решение:
Пусть [tex]AA_1=h[/tex]. Тогда [tex]AB=h\sqrt{2}[/tex], [tex]AC=AB\sqrt{2}=2h[/tex] и [tex]AK=\frac{AC}{4}=\frac{h}{2}[/tex].
Во-первых, [tex]BD\perp AC[/tex] (диагонали квадрата) и [tex]BD\perp AA_1[/tex] (призма прямая), поэтому [tex]BD\perp(ACC_1A_1)[/tex]. Прямая [tex]A_1K[/tex] лежит в этой плоскости, следовательно, [tex]A_1K\perp BD[/tex].
Пусть [tex]O[/tex] — середина [tex]AC_1[/tex] (центр призмы), а [tex]O'[/tex] — центр основания. Точки [tex]O[/tex] и [tex]M[/tex] находятся на высоте [tex]\frac{h}{2}[/tex] над [tex]O'[/tex] и [tex]D[/tex] соответственно, поэтому [tex]DO'OM[/tex] — прямоугольник и [tex]MO\parallel DO'[/tex], т.е. [tex]MO\parallel BD[/tex]. Прямая [tex]MO[/tex] лежит в плоскости [tex](AMC_1)[/tex], и [tex]A_1K\perp MO[/tex].
Во-вторых, в прямоугольнике [tex]ACC_1A_1[/tex] ([tex]AC=2h[/tex], [tex]CC_1=h[/tex]) рассмотрим прямоугольные треугольники [tex]AA_1K[/tex] и [tex]ACC_1[/tex]:
[tex]\operatorname{tg} \angle AA_1K=\frac{AK}{AA_1}=\frac{1}{2}=\frac{CC_1}{AC}=\operatorname{tg} \angle CAC_1\Rightarrow \angle AA_1K=\angle CAC_1[/tex]
Пусть [tex]P=A_1K\cap AC_1[/tex]. Так как [tex]\angle A_1AC=90^{\circ}[/tex], то [tex]\angle PAA_1=90^{\circ}-\angle CAC_1[/tex], поэтому в треугольнике [tex]AA_1P[/tex]:
[tex]\angle PA_1A+\angle PAA_1=\angle CAC_1+\left(90^{\circ}-\angle CAC_1\right)=90^{\circ}\Rightarrow \angle A_1PA=90^{\circ}[/tex]
Следовательно, [tex]A_1K\perp AC_1[/tex]. Прямые [tex]MO[/tex] и [tex]AC_1[/tex] лежат в плоскости [tex](AMC_1)[/tex] и пересекаются в точке [tex]O[/tex], а прямая [tex]A_1K[/tex] перпендикулярна обеим; поэтому [tex]A_1K\perp(AMC_1)[/tex].