Изобразим указанное в условии сечение ― треугольник SKM; KM = ∙ AC = ∙ 8√2 = 4√2.

Проведем в треугольнике SKM высоту SР. Точка Р ― середина КМ.

Значит, KP = ∙ KM = 2√2.

Из треугольника SKА находим SK = = √48.

Из треугольника SPK находим SP = = 2√10.

Тогда: S_SKM = KM ∙ SP = ∙ 4√2 ∙ 2√10 = 8√5.

1) Плоскость MNK пересекает параллельные плоскости ABC и A₁B₁C₁ по параллельным прямым (построение сечения с помощью параллельных прямых), значит прямые NK и ML параллельны, причем CL также равно 1.

В треугольнике MNKL вычислим стороны и диагональ MK. Если все стороны будут равны и один из углов будет 90°, то MNKL – квадрат.

Аналогично .

Аналогично .

Рассмотрим треугольники MKL и MKN. Они будут прямоугольными:

Значит, MNKL – квадрат.

2) Для того, чтобы найти площадь, нам нужно построить сечение.

Построим след прямой NK на плоскости ABB₁ и BCC₁.

Точки P и M лежат в плоскости ABB₁, соединим эти точки. Причем .

Точки Q и L лежат в плоскости BCC₁, соединим эти точки. Причем .

Соединяем точки, лежащие в одной грани и получаем сечение MLFKNE.

2) Рассмотрим треугольникA₁PN.

,как вертикальные углы

Значит, .

Рассмотрим треугольники PA₁E и MAE:

Следовательно,

Треугольники PA₁E и MAE равны по 2м углам и стороне между ними (равенство всех углов в треугольнике доказали, ).

Таким образом, . Точка Е – середина ребра АА₁.

Аналогично доказывается, что точка F – середина ребра СС₁.

3) Рассмотрим прямоугольник AEFC. .

4) Сечение MLFKNE состоит из двух равнобедренных трапеций ENKF и EMLF.

Причем прямая MN перпендикулярна основаниям NK и ML по доказанному в пункте а).

Тогда:

а) Угол С – прямой, значит, угол С₁ тоже прямой. Тогда

CC₁ перпендикулярно А₁В₁С₁, так как по условию призма прямая.

Следовательно, . Значит, треугольник A₁BC₁ - прямоугольный. Что и требовалось доказать.

б)

Имеем:

Тогда ВС по теореме Пифагора будет равно 5.

Найдем AA₁. AA₁ = BB₁.

По теореме Пифагора имеем:

Обозначим через M и N середины рёбер А₁С₁ и B₁С₁ соответственно. По теореме о средней линии треугольника MN || A₁B₁ || AB, так что прямые MN и AB лежат в одной плоскости. Сечение, про которое спрашивается в условии, — это сечение призмы этой плоскостью. Оно представляет собой равнобокую трапецию AMNB.

Основания трапеции AB = 6, MN = 3; по теореме Пифагора найдем боковую сторону:

Проведём в трапеции высоту MH. Отрезок АН равен полуразности оснований трапеции: AH = = .

Следовательно, высота трапеции: MH = = .

Зная ее, находим площадь трапеции: S_AMNB =

Дополнительное построение К – середина ребра ВВ₁ и М – середина ребра DD₁.

Строим сечение методом следов:

• Соединяем вершины, лежащие в одной грани, А и К, А и М.
• Продлеваем прямые АК и А₁В₁ до пересечения. Также прямые АМ и A₁D₁.
• Соединяем точки и видим, что прямая, проходит через точку С₁, которая принадлежит нашему сечению.
• Соединяем оставшиеся точки.

Сечением является ромб. Найдем его сторону по теореме Пифагора:

Большая диагональ куба является диагональю куба – АС₁.

Найдем угол АКС₁ по теореме косинусов:

Тогда синус AKС₁ равен .

Найдем площадь искомого сечения:

Сечение шара плоскостью – круг.

Дополнительное построение – плоскость α имеет радиус АВ, плоскость β – FD и FC.

Площадь сечения большего шара плоскостью, параллельной первоначальной плоскости, равна 5. Значит:

Аналогичным образом найдем

Для того, чтобы найти площадь искомого сечения, надо знать, чему равно CF².

Применим теорему Пифагора:

Вычтем из одного уравнения другое.

.

Применим еще раз теорему Пифагора:

Сделаем замену:

Площадь равна 12.

Также возможен случай, когда плоскости будут по одну сторону от центра. Решение будет аналогичным.

а)

1) Дополнительное построение:

2) Треугольники АВС и АBD равнобедренные по условию, значит, АК и BP будут являться медианами по свойству равнобедренного треугольника. Тогда DK, СР также являются одновременно медианой и высотой.

Тогда ∠BPC – линейный угол двугранного угла при ребре AD, ∠AKD - линейный угол двугранного угла при ребре ВС. Из условия имеем: ∠BPC = ∠AKD.

3) РК медиана, биссектриса и высота в треугольниках ВРС и AKD. Тогда PK ⊥ BC и PK ⊥ AD.

Тогда, треугольник BPK равен треугольнику АКР по углу

и катету РК.

Из равенства треугольников следует, что BK = AP.

Следовательно, BC = AD.

б)

1) По данным пункта б: ∠BPC = ∠AKD = 60°, тогда треугольники АКD и ВРС равносторонние. Пусть сторона каждого такого треугольника будет равна х.

2) Дополнительное построение. Пусть DO⊥ AK.

Тогда:

Из доказанного следует, что BC ⊥ OD. Значит:

То есть, OD – высота пирамиды.

3) AK = x по построению, тогда

Треугольник АВК прямоугольный, значит:

4) Высота пирамиды и равностороннего треугольника равна:

5) Площадь основания равна:

а) 1. Дополнительное построение.

Соединим вершины B₁и D₁. Проведем в треугольнике BB₁D₁ через точку К прямую, параллельную BD₁.

Пусть B₁D₁ пересекается с построенной прямой в точке О.

Прямая BD₁параллельная плоскости С₁ОК, так как параллельна как минимум одной прямой ОК (по построению), лежащей в этой плоскости.

2) Через точку С₁ и О проведем прямую. Пусть прямая С₁О пересекается с A₁B₁в точке Р. Точка Р – точка пересечения плоскости α с ребром A₁B₁.

3) В треугольнике BB₁D отрезок ОК параллелен BD₁. Значит отрезок ОК делит треугольник BB₁D на 2 подобных (признак подобия по 2 углам).

Значит:

B₁D₁ – диагональ в квадрате. Ребро куба равно 5. Значит B₁D₁= .

4) Треугольник ОС₁D₁подобен треугольнику ОРВ₁. (подобие по 2 углам, ОС₁D₁₌ ОРВ₁, так как A₁B₁C₁D₁ – квадрат, A₁B₁|| C₁D₁, секущая РС₁, С₁ОD₁= РОВ₁ как вертикальные углы)

Что и требовалось доказать.

б) Объем куба равен 125.

Объем пирамиды РВ₁С₁К найдем.

Найдем площадь основания В₁С₁К.

Ребро РВ₁ перпендикулярно В₁С₁К, так как — куб, а значит является высотой пирамиды.

Найдем объем другой части куба.

Из объема всего куба вычтем объем пирамиды.