а) Проведём в прямоугольнике  отрезок KL параллельно AC. Заметим, что плоскость KBL параллельна прямой AC по признаку параллельности прямой и плоскости. Поэтому KBL — плоскость сечения. Плоскость сечения пересекает параллельные грани призмы по параллельным отрезкам. Проведём отрезок LM параллельно BK, проведем отрезок KM. Полученный четырёхугольник BLMK — искомое сечение. (См. Правила в конце пояснения.)

Из равенства АК = LC следует, что CL : LC₁ = 1 : 2. В силу параллельности прямых KB и ML получаем, что DM = 2LC, а тогда DM : MD₁ = 2 : 1. Это и требовалось доказать.

б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах прямые BM и AC перпендикулярны, а значит, прямые BM и KL перпендикулярны. Площадь четырехугольника, диагонали которого взаимно перпендикулярны, равна половине произведения диагоналей. Найдем их:  как диагональ квадрата, лежащего в основании призмы,  по теореме Пифагора. Тогда

Ответ: б) .

а) Рас­смот­рим се­че­ние приз­мы плос­ко­стью ABC₁D₁. Точка Е лежит в этой плос­ко­сти вме­сте с пря­мой BD₁. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые  и  также лежат в этой плос­ко­сти и пе­ре­се­ка­ют­ся в точке  Ана­ло­гич­но,  и  лежат в се­че­нии BCA₁D₁ и пе­ре­се­ка­ют­ся в точке  Тра­пе­ция  — ис­ко­мое се­че­ние.

б)  а  По­это­му  Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков D₁C₁E и BME на­хо­дим, что  от­ку­да BM = MA = 1. Ана­ло­гич­но, BN=1, тре­уголь­ник BMN — рав­но­бед­рен­ный. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр  на пря­мую  По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах  и, зна­чит,  — ис­ко­мый угол.

Из тре­уголь­ни­ка AHM, по­доб­но­го BMN, на­хо­дим, что  Тогда 

Ответ: б) 

а) Треугольник ABC подобен треугольнику MBN по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Тогда углы BAC и BMN равны, и AC || MN. Далее, PQ || AC поскольку является средней линией треугольника ADC. Значит, MN || PQ и поэтому P, Q, M и N лежат в одной плоскости.

б) Пусть объём ABCD равен V. Пятигранник APMCQN состоит из четырёхугольной пирамиды PACNM с основанием ACNM и треугольной пирамиды PQCN с основанием QCN. Выразим их объемы через V.

Расстояние от P до (BCD) вдвое меньше расстояния от A до (BCD), а площади треугольников QCN и BCD относятся как 1 : 6. Значит, 

Площадь треугольника MBN составляет  площади ABC. Значит,  Расстояние от точки P до (ABC) вдвое меньше расстояния от D до (ABC), поэтому 

Таким образом,  то есть 

Ответ: 13 : 23.

а) Осе­вым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник  бо­ко­вые сто­ро­ны ко­то­ро­го яв­ля­ют­ся об­ра­зу­ю­щи­ми ко­ну­са, а ос­но­ва­ни­ем — его диа­метр, и впи­сан­ная в тре­уголь­ник окруж­ность, ра­ди­ус ко­то­рой равен ра­ди­у­су шара (см. рис.).

б) Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть  — центр впи­сан­ной окруж­но­сти, от­ре­зок  — бис­сек­три­са угла  и пусть  имеем:

Тогда  Для пло­ща­дей по­верх­но­стей ко­ну­са и шара имеем:  Тем самым, ис­ко­мое от­но­ше­ние равно  или 8:3.

Ответ: 8:3.

а) Пусть прямые АР и ВС пересекаются в точке R (см. рисунок). Тогда точка М — точка пересечения прямых QR и СС₁.

Треугольники ARB и PRC подобны, откуда  

Треугольники QRB и MRC подобны, откуда  следовательно,  Значит, М — середина СС₁.

б) Расстояние от точки С до плоскости APQ равно высоте h пирамиды CPRM, опущенной из вершины С. Объём пирамиды CPRM, с одной стороны

C другой стороны  Значит,

В треугольнике RPM находим стороны:   

По теореме косинусов

откуда 

Площадь треугольника RPM равна 

Следовательно, 

Ответ: б) 

Построим сечение призмы плоскостью γ. а) Проведём КР || АС, , CP = 1. Проведём PL, проведём LR || AC,  Проведём RK. Трапеция LPLR — искомое сечение. Сечение параллельно АС по признаку параллельности прямой к плоскости.

Введём систему координат, как показано на рисунке. В этой системе координат: В(0; 0; 0), С(0; 6; 0), В'(0; 0; 3), C'(0; 6; 3),   P(0; 5; 0),   

Тогда

Откуда получаем:

Так как  и  получаем, что  Что и требовалось доказать.

б) Далее заметим, что плоскость сечения перпендикулярна вектору , найдем уравнение плоскости и вычислим расстояние от точки до плоскости:

Найдём свободный член D в уравнении плоскости  подставив координаты точки К:

Упростив уравнение плоскости, получим: 

Тогда для искомого расстояния получаем:

а) Поскольку

получаем

то есть прямые  и  перпендикулярны.

б) Пусть — середина , тогда угол между прямой  и плоскостью грани  равен углу между этой плоскостью и прямой .

Обозначим через  перпендикуляр, опущенный на . Прямая  перпендикулярна плоскости грани , поскольку она перпендикулярна прямым  и . Поэтому искомый угол равен углу .

В прямоугольном треугольнике :

откуда 

Ответ: б) 30.

а) Проведём медиану S₁M треугольника SS₁B, которая пересекает прямую BB₁, являющуюся одновременно медианой треугольника SS₁B и основания BCD, в точке T. Тогда ВТ : ТВ₁ = 4 : 5.

Точка L, в свою очередь, делит отрезок B₁D в отношении DL : LВ₁ = 4 : 5, так как LD : LC = 2 : 7 и отрезок BB₁ — медиана треугольника BCD.

Следовательно, сторона сечения, проходящая через точки L и T, параллельна стороне BD основания BCD. Пусть прямая LT пересекает BC в точке P.

Проведём через точку M среднюю линию в треугольнике SBD, пусть она пересекает сторону SD в точке K. Тогда PMKL — искомое сечение, причём BP = DL и BM = KD. Из равенства треугольников BMP и DKL получим MP = KL, а значит, PMKL — равнобедренная трапеция.

б) Большее основание PL трапеции равно 7, поскольку треугольник LPC правильный. Второе основание MK равно 4,5, поскольку MK — средняя линия правильного треугольника SBD. Следовательно, средняя линия трапеции равна 

Ответ: 5,75.

а) Точка O принадлежит отрезку BN, значит, точка P, лежащая на отрезке SO, находится в плоскости SBN. Значит, прямая NP также лежит в плоскости SBN и пересекает прямую SB в точке K. Треугольник SNB равнобедренный, поскольку отрезки SN и BN — медианы одинаковых равносторонних треугольников SAC и BAC. Поэтому SN = BN. В точке O пересекаются медианы основания, значит,  Опустим перпендикуляр из точки P на сторону SN. Пусть он пересекает SN в точке M. Треугольники SPM и SNO подобны, поэтому  Значит,  Следовательно, треугольники NPO и NPM равны и PN — биссектриса угла SNB. В равнобедренном треугольнике биссектриса является медианой и высотой. Значит, NK ⊥ BS.

б) Так как BS перпендикулярно NK, то искомое расстояние равно длине отрезка BK. Так как NK является медианой треугольника SNB, то 

Ответ: 2.

а) Прямые ВС₁ и AD₁ параллельны, поэтому угол между прямыми АС и ВС₁ равен углу CAD₁. Треугольник CAD₁ равносторонний, поэтому все его углы равны 60°.

б) Заметим, что прямые АС и ВС₁ содержатся в параллельных плоскостях ACD₁ и BC₁A₁. Значит, искомое расстояние равно расстоянию между этими плоскостями.

Обозначим центры треугольников ACD₁ и BC₁A₁ через точки О и О₁ соответственно. Точка D равноудалена от вершин треугольника ACD₁, поэтому проекция точки D на плоскость ACD₁ совпадает с О. Аналогично проекция точки D на плоскость BC₁A₁ совпадает с О₁, а проекции точки В₁ на плоскости ACD₁ и BC₁A₁ также совпадают с точками О и О₁ соответственно. Значит, прямая DB₁ перпендикулярна плоскостям ACD₁ и BC₁A₁ и содержит точки О и О₁.

Объем тетраэдра DACD₁ равен 36, а площадь его основания . Значит, высота . Аналогично . Кроме того, . Значит, .

Ответ: б)