Стр. 83. Проверьте свои знания — раздел 2

а) У невырожденного сечения треугольной пирамиды возможны треугольник и четырёхугольник. б) У четырёхугольной пирамиды — треугольник, четырёхугольник, пятиугольник. При касании по границе возможны точка или отрезок.

В трапеции $AD\parallel BC$ , причём $BC\subset(BTC)$ . Плоскости $$ABCD$$ и $$BTC$$ пересекаются по $$BC$$ , поскольку $$T$$ вне плоскости трапеции. Поэтому $$AD$$ не лежит в $$(BTC)$$ и параллельна ей.

Пусть $X=M_1P\cap(LL_1N)$ ; точка $$P$$ лежит на продолжении $$MN$$ за $$N$$ . В плоскости $$MM_1N$$ линия пересечения с $$(LL_1N)$$ проходит через $$N$$ параллельно $$MM_1$$ . Поэтому треугольники $$PNX$$ и $$PMM_1$$ подобны. $$PN=PM-MN=18-12=6$$ м, $NX=24\cdot6/18=8$ м. Если продолжение понимать в противоположную сторону за $$M$$ , получается $$NX=40$$ м; стандартное расположение «продолжение $$MN$$ » даёт 8 м.

Пусть $$H$$ — середина $$BC$$ . Проекция середины $$N$$ диагонали $$BC_1$$ на основание — $$H$$ , поэтому $$NH=EE_1/2=4$$ м. Середина $$M$$ диагонали $$BD$$ — центр основания, откуда $$HM=BE/2=3$$ м. Тогда $MN=\sqrt{4^2+3^2}=5$ м.

Пусть $$R$$ — середина $$XZ$$ . В плоскости $$PYR$$ через середину $$A$$ стороны $$PY$$ проводим $AB\parallel YR$ , где $B\in PR$ . По теореме о средней линии $$B$$ — середина $$PR$$ , $$AB=YR/2$$ . В правильном треугольнике основания $YR=\dfrac{12\sqrt3\cdot\sqrt3}{2}=18$ см. Поэтому длина расположенного внутри пирамиды отрезка равна $$AB=9$$ см.

Пусть $T=KL\cap\gamma$ . Плоскость трапеции пересекает $\gamma$ по $$MN$$ , значит, $T\in MN$ . Из $NL\parallel MK$ треугольники $$TNL$$ , $$TMK$$ подобны: $$TN/TM=NL/MK=6/8=3/4$$ . При этом $$TM-TN=MN=5$$ см, поэтому $$TM=20$$ см.

Параллельное проектирование на $\gamma$ сохраняет прямые и отношения отрезков, поэтому $$T_1,R_1,E_1$$ лежат на одной прямой. Поскольку $$TE:ER=1:2$$ , длина $$EE_1$$ делит разность длин $$TT_1$$ , $$RR_1$$ в том же отношении: $EE_1=\dfrac23\cdot16+\dfrac13\cdot10=14$ см.

В плоскости $$ABD$$ линия её пересечения с $\alpha$ проходит через $$B$$ параллельно $$CD$$ . Назовём её $$BE$$ . Так как $CD\parallel BE$ и $$A,C,B$$ лежат на одной прямой, $$AD$$ не параллельна $$BE$$ и пересекает её в $$E$$ . Из $$AB:BC=4:3$$ следует $$AC=AB/4$$ . Треугольники $$ACD$$ и $$ABE$$ подобны, поэтому $$CD/BE=AC/AB=1/4$$ и $BE=4\cdot24=96$ см.

Основание обозначено $$AJCD$$ , поэтому $$J_1D_1$$ — меньшая диагональ верхнего ромба. Пусть $$M$$ — середина $$AD$$ , $$N$$ — середина $$AJ$$ . Проводим $MN\parallel JD$ и соединяем $$M$$ с $$D_1$$ , $$N$$ с $$J_1$$ . Четырёхугольник $$MNJ_1D_1$$ — искомая трапеция. При остром угле ромба $60^\circ$ меньшая диагональ равна стороне, то есть $$J_1D_1=16$$ см, $$MN=8$$ см. В прямоугольных боковых гранях $MD_1=NJ_1=\sqrt{8^2+20^2}=4\sqrt{29}$ см. Периметр сечения $P=24+8\sqrt{29}$ см.

10.

Пусть $$W$$ — середина $$ON$$ , $$T$$ — середина $$KN$$ . Первое сечение — треугольник $$MXW$$ , причём $$XW=KN/2=a/2$$ . Его высота к $$XW$$ лежит в плоскости $$MOT$$ ; обозначим её $$h$$ . Тогда $$Q=ah/4$$ .

Второе сечение — трапеция $$YZUV$$ , где $U\in OK$ , $V\in ON$ , $$OU=3OK/4$$ , $$OV=3ON/4$$ . Её основания $$YZ=a/2$$ , $$UV=3a/4$$ . В плоскости $$MOT$$ отрезок между серединами $$MT$$ и $$TX$$ — средняя линия треугольника $$MTX$$ , поэтому расстояние между основаниями равно $$h/2$$ . Следовательно, $S=\dfrac12(a/2+3a/4)\cdot h/2=5ah/16=5Q/4$ .