505378 решу егэ

≡ Математика

Новости

Наша группа

О проекте · Редакция · Правовая информация · О рекламе

Слушатель

Карма: +432.32
Регистрация: 04.11.2010
Сообщений: 4,179
Читатели: 5

Компания Apple сделала заказ на дисплеи для своих продуктов у крупной российской компании «Монокристалл». ЗАО «Монокристалл» располагается в Ставрополе. Компания, которой принадлежит производство, является одним из лидеров мирового рынка электронных материалов, применяемых в высокотехнологичных решениях. Деятельность компании сосредоточена вокруг синтетического сапфира и паст для фотовольтаики.В перечень выпускаемой компанией продукции входят сапфировые пластины диаметром от 2 до 10 дюймов, основной областью применения которых является производство светоизлучающих диодов. Применяться эта технология может в любых устройствах с дисплеями.ЗАО «Монокристалл» принадлежит 24 % мирового рынка сапфировых пластин. Оценочная стоимость компании — один миллиард долларов. http://www.sdelanoun…/#comments

По условию задачи сделаем чертёж.

а) Прямая $QR$ перпендикулярна плоскости $PP_1R_1R$, поскольку она перпендикулярна прямым $PR$ и $RR_1$. Значит, прямые $QR$ и $RP_1$ перпендикулярны, следовательно, в $△P_1QR$

$∠P_1RQ = 90°$.

б) Пусть $V$ — объём призмы $PQRP_1Q_1R_1$. Тогда объём треугольной пирамиды $PP_1QR$ равен ${V}/{3}$, поскольку её высота $PP_1$ и основание $PQR$ совпадают с высотой и основанием призмы соответственно. Аналогично, объём треугольной пирамиды $P_1Q_1R_1Q$ равен ${V}/{3}$. Призма $PQRP_1Q_1R_1$ составлена из трёх пирамид: $PP_1QR, P_1Q_1R_1Q$ и $P_1QRR_1$. Значит, объём пирамиды $P_1QRR_1$ равен ${V}/{3}$.

В призме $PQRP_1Q_1R_1 : QQ_1 = √{P_1Q^2 — P_1Q_1^2} = 3√21, QR = √{P_1Q^2 — P_1R^2} = 8, PR = √{PQ^2 — QR^2} = 6, V = PP_1 · {PR · QR}/{2} = 72√21$.

Таким образом, объём пирамиды $P_1QRR_1$ равен $24√21$.

а) Докажем, что плоскости $SBC$ и $KEF$ параллельны.

Введём прямоугольную систему координат, учитывая, что в основании правильной пирамиды квадрат $ABCD$ и угол между диагоналями квадрата прямой .

1. Найдём координаты точек $S, B, C , K , E, F$. В прямоугольном треугольнике $SOA$ по теореме Пифагора $OA^2 = SA^2 — SO^2, OA = √{12^2 — 4^2} = 8√2. OC = OB = OD = OA = 8√2$, тогда сторона квадрата $AB = {OA}/{sin 45°} = {8√2}/{{1}/{√2}} = 16, AE = AB — BE = 16 — 12 = 4$.

Проведём $KN ‖ SO, SO ⊥ (ABC)$, тогда $KN ⊥ (ABC)$ и $KN ⊥ OA, △SAO ∼ △KAN$ по первому признаку подобия $(∠SOA = ∠KNA = 90°, ∠A$ — общий) ${AS}/{AK} = {SO}/{KN}, {12}/{3} = {4}/{KN}, KN = 1$.

В прямоугольном треугольнике $ANK$ по теореме Пифагора $AN^2 = AK^2 — KN^2, AN = √{3^2 — 1^2} = 2√2$, тогда $ON = OA — AN = 8√2 — 2√2 = 6√2. EN$ — проекция $KE$ на плоскость $ABC$, значит $△ANE$ прямоугольный и равнобедренный $EN = AN = 2√2$.

Получим $S(0; 0; 4), B(0; -8√2; 0), C (-8√2; 0; 0), K (6√2; 0; 1), E(6√2; -2√2; 0), F (-2√2; 6√2; 0)$.

2. Докажем, что векторы нормали к плоскостям $SBC$ и $KEF$ коллинеарны. Для плоскости $SBC$, вектор нормали ${n_1}↖{→}(a_1; b_1; c_1)$ перпендикулярен к обеим прямым $SB$ и $SC$, поэтому он должен быть перпендикулярен к векторам ${SB}↖{→}(0; -8√2; -4)$ и ${SC}↖{→}(-8√2; 0; -4)$.

Получим систему ${table {n_1}↖{→} · {SB}↖{→} = 0; {n_1}↖{→} ·{SC}↖{→} = 0;$ ${table · a_1 — 8√2 · b_1 — 4c_1 = 0; -8√2a_1 + 0 · b_1 — 4 · c_1 = 0;$ ${table-2√2b_1 — c_1 = 0; -2√2a_1 — c_1 = 0;$

Пусть $c_1 = -1$, тогда система примет вид ${table-2√2b_1 + 1 = 0; -2√2a_1 + 1 = 0;$

Её решение $a_1 = {√2}/{4}; b_1 = {√2}/{4}$.

${n_1}↖{→}({√2}/{4}; {√2}/{4}; -1)$ — вектор нормали плоскости $SBC$ .

Для плоскости $KEF$, вектор нормали ${n_2}↖{→}(a_2; b_2; c_2)$ перпендикулярен к обеим прямым $KE$ и $KF$, поэтому он должен быть перпендикулярен к векторам ${KE}↖{→}(0; -2√2; -1)$ и ${KF}↖{→}(-8√2; 6√2; -1)$.

Получим систему ${table {n_2}↖{→} · {KE}↖{→} = 0; {n_2}↖{→} · {KF}↖{→} = 0;$ ${table · a_2 — 2√2 · b_2 — 1 · c_2 = 0; -8√2a_2 + 6√2 · b_2 — 1 · c_2 = 0;$ ${table-2√2b_2 — c_2 = 0; -8√2a_2 + 6√2b_2 — c_2 = 0$.

Пусть $c_2 = -1$, тогда система примет вид ${table-2√2b_2 + 1 = 0; 8√2a_2 + 6√2b_2 + 1 = 0;$

Её решение $a_2 = {√2}/{4}; b_2 = {√2}/{4}$.${n_2}↖{→}({√2}/{4}; {√2}/{4}; -1)$ — вектор нормали плоскости $KEF$.

Векторы ${n_1}↖{→}$ и ${n_2}↖{→}$ равны, значит коллинеарны, следовательно плоскости $SBC$ и $KEF$ параллельны.

б) Искомый объём $V = {1}/{3}S · h$, где $S$ — площадь треугольника $SBC$, а высота пирамиды $h$ — это расстояние от точки $K$ до плоскости $SBC$.

1. $S = {1}/{2}SB · SC · sin α$, где $α$ — угол между прямыми $SB$ и $SC$. $cos α ={{SB}↖{→} · {SC}↖{→}}/{|{SB}↖{→}| · |{SC}↖{→}|} = {0 · (-8√2) + (-8√2) · 0 + (-4)(-4)}/{12 · 12} = {16}/{144} = {1}/{9}$.

$sin α = √{1 — cos^2α} = √{1 — {1}/{81}} = {4√5}/{9} · S = {1}/{2} · 12 · 12 · {4√5}/{9} = 32√5$.

2. Чтобы найти $h$ необходимо найти уравнение плоскости $SBC$. Оно имеет вид $ax + by + cz + d = 0$, где ${n}↖{→}(a; b; c)$ — вектор нормали этой плоскости. Согласно пункту а), один из векторов нормали ${n_1}↖{→}({√2}/{4}; {√2}/{4}; -1)$. Значит, уравнение имеет вид ${√2}/{4}x + {√2}/{4}y — z + d = 0$. Чтобы найти значение $d$ подставим координаты точки $S(0; 0; 4)$ в это уравнение, получим $-4 + d = 0, d = 4$, тогда ${√2}/{4}x + {√2}/{4}y — z + 4 = 0$ — уравнение плоскости $SBC$. Расстояние от точки $K(6√2; 0; 1)$ до плоскости $SBC$

$h = {|ax_0+ by_0 + z_0 + d|}/{√{a_2 + b_2 + z_2}} ={|{√2}/{4} · 6√2 + {√2}/{4} · 0 + (-1) · 1 + 4|}/{√{({√2}/{4})^2 + ({√2}/{4})^2 + (-1)^2}} = {12√5}/{5}$, где $x_0, y_0, z_0$ — координаты точки $K$.

3. $V = {1}/{3} · 32√5 · {12√5}/{5} = 128$.

1. Построим сечение призмы плоскостью $α$.

Грани $ABCD$ и $A_1 B_1 C_1 D_1$ параллельны, значит плоскость α пересекает их по параллельным прямым.

По условию плоскость α параллельна прямой $A_1 C_1$, то есть содержит прямую, параллельную $A_1 C_1$. Поэтому, проведя через точку $K$ прямую $KP (P ∈ B_1 C_1)$, параллельную прямой $A_1 C_1$, и через точку $A$ — прямую $AC$, параллельную прямой $A_1 C_1$ (прямая $AC$ содержит диагональ нижнего основания) получим трапецию $AKPC$ — искомое сечение.

2. Выберем прямоугольную систему координат, как показано на рисунке. Найдём координаты нужных точек: $B(0; 0; 0), F (8√2; 8√2; 4), A(8√2; 0; 0), C (0; 8√2; 0), K (4√2; 0; 16), P (0; 4√2; 16)$.

3. Рассмотрим векторы ${BF}↖{→} (8√2; 8√2; 4), {AP}↖{→} (-8√2; 4√2; 16)$ и ${CK}↖{→} (4√2; -8√2; 16)$.

Так как ${BF}↖{→}· {AP}↖{→} = 8√2(-8√2) + 8√2 · 4√2 + 16 · 4 = 0$, то ${BF}↖{→} ⊥ {AP}↖{→}$.

Так как ${BF}↖{→} · {CK}↖{→} = 8√2 · 4√2 + 8√2 · (-8√2) + 4 · 16 = 0$, то ${BF}↖{→} ⊥ {CK}↖{→}$.

Отсюда следует, что $BF ⊥ α$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости ($BF$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости).

б) Искомый объём $V = {1}/{3}S · h$, где $S$ — площадь четырёхугольника $AKPC$, а высота $h$ — расстояние от точки $B$ до плоскости $α$.

1. $S_{AKPC} = {1}/{2}AP · CK sin β$, где $β$ — угол между диагоналями $AP$ и $CK$ четырёхугольника $AKPC$.

$cos β = {{AP}↖{→} · {CK}↖{→}}/{|{AP}↖{→}| · |{CK}↖{→}|} = {-8√2 · 4√2 + 4√2(-8√2) + 16 · 16}/{√{(-8√2)^2 + (4√2)^2 + 16^2} · √{(4√2)^2 + (-8√2)^2 + 16^2}} = {-64 — 64 + 256}/{416} = {128}/{416} = {4}/{13}; |{AP}↖{→}| = |{CK}↖{→}| = √{416}$.

$sin β = √{1 — cos^2β} = √{1 — {16}/{169}} = {3√17}/{13}$.

Таким образом $S = {1}/{2} · √{416} · √{416} · {3√17}/{13} = 48√{17}$.

2. Чтобы найти $h$ необходимо найти уравнение плоскости $α$. Оно имеет вид $ax + by + cz + d = 0$, где ${n}↖{→}(a; b; c)$ — вектор нормали этой плоскости.

Согласно пункту а) одним из векторов нормали является вектор ${BF}↖{→}(8√2; 8√2; 4)$.

Значит, уравнение плоскости имеет вид $8√2x + 8√2y + 4z + d = 0 (1)$.

Чтобы найти значение $d$ подставим координаты точки $A(8√2; 0; 0)$ в уравнение (1) и получим $8√2 · 8√2 + d = 0, d = -128$.

Уравнение плоскости $α$ примет вид $8√2x + 8√2y + 4z — 128 = 0$.

Найдём расстояние $h$ от точки $B(0; 0; 0)$ до плоскости сечения.

$h = {|ax_0+ by_0 + cz_0 + d|}/{√{a^2 + b^2 + c^2}} = {|8√2 · 0 + 8√2 · 0 + 4 · 0 — 128|}/{√{(8√2)^2 + (8√2)^2 + 16}} = {32}/{√17}$, где ($x_0 ; y_0 ; z_0$ ) — координаты точки $B$.

$V = {1}/{3} · S · h = {1}/{3} · 48√{17} · {32}/{√17} = 512$.

а) Искомое сечение проходит через вершину $D$ параллельно $B_1 C$, следовательно, пересекает грань $AA_1 D_1 D$ по диагонали $A_1 D$

Действительно, $A_1 D||B_1 C$ (плоскость пересекает две параллельные плоскости по параллельным прямым)

Рассмотрим прямоугольник $C C_1 M_1M$, где $M_1$ середина $A_1 D_1$

Проведём $C_1 K ||M N$. $K$ — середина отрезка $M M_1$ и середина отрезка $A_1 D$, значит, принадлежит искомому сечению, поэтому $C_1 K$ лежит в плоскости сечения

Таким образом, $A_1 C_1 D$ — искомое сечение.

б) Рассмотрим пирамиду $D_1A_1C_1D$ как пирамиду с основанием $D_1DC_1$ и высотой $A_1D_1 (A_1D_1 ⊥ D_1DC_1)$.

$V_{D_1A_1C_1D} = {1}/{3}S_{D_1DC_1} ·A_1D_1 = {1}/{3} · {1}/{2}D_1C_1 ·D_1D ·A_1D_1 = {1}/{6} ·3·3·6 = 9$.

а) Докажем, что $FNKL$ — ромб.

1) Так как точка $L$ — точка пересечения плоскости $FNK$ с ребром $AC$, то (по свойству параллельных плоскостей) линии пересечения плоскости $FNK$ с основанием призмы параллельны, т.е $FL ‖ N K$.

2) В основаниях правильной треугольной призмы лежат правильные треугольники со стороной $12$.

В треугольнике $NB_1K$ $∠B1 = 60°, NB_1 = 4$ по условию, а $B_1 K = 12 — 4 = 8$. По теореме косинусов $N K = 4√3$, поэтому $N K^2 + NB_1^2 = KB_1^2$. Отсюда следует, что $∠N = 90°, ∠K = 30°$.

Значит, $N K ⊥ A_1B_1$ и $F L ⊥ AB$, т.к. $N K ‖ F L$, а $A_1B_1 ‖ AB$.

3) В $△AFL$ $∠A = 60°, ∠F = 90°, AF = 4$;

$AF$ в прямоугольном $△AFL$ лежит против $∠L = 30°$, следовательно, $AF = {1}/{2}AL, AL = AF · 2 = 4 · 2 = 8$;

$FL^2 = AL^2 — AF^2 = 8^2 — 4^2 = 64 — 16 = 48, F L = 4√3$.

Имеем $N K ‖ F L$ и $N K = F L$, следовательно $F N K L$ — параллелограмм.

Проведём $N E ⊥ F B$.

В $△NFE$ $∠E = 90°, N E = 4√2, F E = 12 — 8 = 4$.

$FN^2 = NE^2 + FE^2 = (4√2)^2 + 4^2 = 32 + 16 = 48$,

$FN = √48 = 4√3, KL = FN$ как противоположные стороны параллелограмма.

4) Имеем: $N K = K L = F N = F L$, следовательно, $F N K L$ — ромб.

б) $K N ⊥ A_1B_1 , K N ⊥ N E ⇒ K N ⊥ (AA_1B_1)$ и $K N ⊥ F N$, значит $K N F L$ — квадрат, $S_{KNFL} = FN^2 = 48$.

Построим сечение пирамиды плоскостью $FNK$ .

Продлим $FL$ до пересечения с $BC$, получим точку $P$.

Соединим точку $P$ с точкой $K$, $KP$ пересекает $CC_1$ в точке $M$. Соединим точку $M$ с точкой $L$.

Пятиугольник $F N K M L$ — искомое сечение.

В прямоугольном $△FBP$ $∠B = 60°$, значит $BP = 2FB = 16, PC = 16 — 12 = 4$.

$KC_1 = CP, ∠KC_1M = ∠MCP = 90°$, тогда $△KC_1M = △PCM$ и $C_1M = CM = 2√2. KM = √{4^2 + (2√2)^2} = √{24}$. В $△LMC$ $LM^2 = LC^2 + MC^2, LC = AC — AL = 12 — 8 = 4, MC = {1}/{2}CC_1 = 2√2, √{4^2 + (2√2)^2} = √{24}, K L = √{48}$, следовательно, $△KLM$ прямоугольный, $S_{KLM} = {1}/{2}(√{24})^2 = 12$.

$S_{сеч} = S_{KNFL} + S_{KLM} = 48 + 12 = 60$.

а) Пусть боковое ребро $SB$ равно $x$.

1) $△SHB∼△APB$ (прямоугольные с общим острым углом при вершине $B$). Тогда ${PB}/{BH} = {AB}/{SB}$. $H$ — середина $AB$. Тогда ${PB}/{3} = {6}/{x}; PB = {18}/{x}$.

2) $△SKB∼△CQB$ (прямоугольные с общим острым углом при вершине $B$). Тогда ${QB}/{BK} = {BC}/{SB}; {QB}/{3√2} = {6√2}/{x}; QB = {36}/{x}$.

3) Так как ${QB}/{PB} = {{36}/{x}}/{{18}/{x}} = 2$, то $PQ = PB$.

б) 1) Из пункта а) следует, что $PK$ — средняя линия $△BCQ$. Следовательно, $PK ‖ QC$. Но так как $QC ⊥ BS$, то и $PK ⊥ BS$. Значит, $∠APK$ — линейный угол двугранного угла между гранями $SBA$ и $SBC$. Пусть, $∠APK = α$.

2) $AK = √{AB^2 + BK^2} = √{6^2 + (3√2)^2} = 3√6$.

3) Так как по условию $SD = 12$ и $SB = SD$ (равным проекциям соответствуют равные наклонные), то $x = 12$, а $QB = {36}/{x} = {36}/{12}=3$.

Тогда $CQ = √{BC^2 — QB^2} = √{(6√2)^2 — 3^2} = 3√7$.

Так как $PK$ — средняя линия, то $PK = {1}/{2}CQ = {3√7}/{2}$.

4) $PB = {1}/{2}QB = {1}/{2}·3 = {3}/{2}$.

$AP = √{AB^2 — PB^2} = √{6^2 — ({3}/{2})^2} = {3}/{2}√{15}$.

5) По теореме косинусов для $△APK$:

$AK^2 = AP^2 + PK^2 — 2·AP·PK·cosα$;

$54 = {135}/{4} + {63}/{4} — 2·{3}/{2}√{15}·{3√7}/{2}·cosα$;

$cosα = — {1}/{√{105}}$;

Так как $cosα < 0$, то $α$ — тупой угол.

Значит, искомый угол между плоскостями $SBA$ и $SBC$ равен ($π-α$).

$cos(π-α) = -cosα = {1}/{√{105}}$.

Следовательно, искомый угол равен $arccos{1}/{√{105}}$.

а) Так как $A_1C_1 ⊥ B_1C_1$ и $A_1C_1 ⊥ CC_1$ по условию, то $A_1C_1 ⊥ BB_1C_1$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

Следовательно, $A_1C_1 ⊥ BC_1$, то есть треугольник $A_1C_1B$ прямоугольный.

б) 1) $AC = A_1C_1 = √{A_1B^2 — BC^2_1} = √{(2√{41})^2 — 10^2} = 8$.

2) $B_1C_1 = BC = √{AB^2 — AC^2} = √{10^2 — 8^2} = 6$.

3) $CC_1 = √{BC_1^2 — BC^2} = √{10^2 — 6^2} = 8$.

4) $V_{ACC_1B_1} = {1}/{3}·S_{ACC_1} ·B_1C_1 = {1}/{3} · {1}/{2} ·AC·CC_1 ·B_1C_1 = {1}/{6} ·8·8·6 = 64$.

а) 1) $∠AKD = 180° — (∠A + ∠D) = 180° — 90° = 90°$.

2) Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей, то они пересекаются по прямой, также перпендикулярной этой плоскости. Отсюда следует, что так как $PAB ⊥ ABC$ и $PCD ⊥ ABC$, то $PK ⊥ ABC$.

3) Так как $PK ⊥ ABC$, то $PK ⊥ KA$ и $PK ⊥ KD$.

Значит, $∠AKD$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $PAB$ и $PCD$. Следовательно, $PAB ⊥ PCD$.

б) Обозначим $BK = x, CK = y$.

1) $△BKC∼ △AKD$, так как $AD ‖ BC$.

Тогда ${AK}/{BK} = {DK}/{CK}; {AB + BK}/{BK} = {CD + CK}/{CK}; {AB}/{BK} + 1 = {CD}/{CK} + 1; {AB}/{BK} = {CD}/{CK}; {3}/{x} = {4}/{y}; x = {3}/{4}y$.

2) По теореме Пифагора $BK^2 + CK^2 = BC^2; x^2 + y^2=5^2; ({3}/{4}y)^2+y^2=25; {25}/{16}y^2=25; y=4;x={3}/{4}y=3$.

3) $S_{KBC} = {1}/{2}BK·CK = {1}/{2}·3 ·4= 6$.

4) $V_{PKBC} = {1}/{3}S_{KBC}·PK = {1}/{3}·6·7 = 14$.

а) 1) $∠AKD = 180° — (∠A + ∠D) = 180° — 90° = 90°$.

2) Если две пересекающиеся плоскости перпендикулярны третьей, то они пересекаются по прямой, так же перпендикулярной этой плоскости. Отсюда следует, что так как $PAB ⊥ ABC$ и $PCD ⊥ ABC$, то $PK ⊥ ABC$.

3) Так как $PK ⊥ ABC$, то $PK ⊥ KA$ и $PK ⊥ KD$.

Значит, $∠AKD$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $PAB$ и $PCD$. Следовательно, $PAB ⊥ PCD$.

б) 1) Так как $ABCD$ — равнобедренная трапеция, то $∠A = ∠D$. Так как $BC ‖ AD$, то $∠A = ∠KBC, ∠D = ∠KCB$ как соответственные. Значит, $∠KBC = ∠KCB$, то есть $△KBC$ равнобедренный.

2) По теореме Пифагора $BK^2 + CK^2 = BC^2; 2BK^2 = BC^2; BK^2 = {BC^2}/{2} = {4^2}/{2} = 8$.

3) $S_{KBC} = {1}/{2}BK·CK = {1}/{2}BK^2 = {1}/{2}·8 = 4$.

4) $V_{PKBC} = {1}/{3}S_{KBC}·PK = {1}/{3}·4·9 = 12$.

а) 1) Построим $MN ‖ CD$.

Так как и $PQ ‖ CD$, то $MN ‖ PQ$. Следовательно, точки $M, N, P$ и $Q$ лежат в одной плоскости. Таким образом, трапеция $MNQP$ является сечением пирамиды плоскостью $MPQ$.

2) $△FMN ∼△FDC$ (так как $MN ‖ CD$, то $∠FNM = ∠FCD$ и $∠FMN = ∠FDC$ как соответственные). Так как $△FCD$ равнобедренный, то и $△FNM$ тоже равнобедренный. Тогда $FM = FN; NC = FC — FN = FD — FM = MD$.

Кроме того, $PD = {1}/{2}AD = {1}/{2}BC = QC$. Так как $△FAD = △FBC$, то $∠MDP = ∠NCQ$. Отсюда $△PDM = △QCN$ по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $PM = NQ$, то есть $MNQP$ — равнобедренная трапеция.

б) 1) Пусть $MR ⊥ PQ, MS ⊥ CD, NX ⊥ PQ, NY ⊥ CD$.

Так как $MNQP$ и $MNCD$ — равнобедренные трапеции, то $V_1 = V_{PQCDMN} = V_{MRSNXY} + 2·V_{NXQCY}$ — объём первой части.

2) Пусть $a$ — сторона основания, $h$ — высота пирамиды. Тогда $QC = XY = RS = {a}/{2}; MN = {1}/{3}a; MO = {2}/{3}h(△FMN ∼△FDC$ и ${FM}/{FD} = {1}/{3}; QX = {PQ -MN}/{2} = {a -{1}/{3}a}/{2} = {1}/{3}a (MNQP$ — равнобедренная трапеция).

3) $S_{MRS} = {1}/{2}RS·MO = {1}/{2}·{a}/{2}·{2}/{3}h = {1}/{6}ah$. Объём прямой призмы $MRSNXY$ равен $V_{MRSNXY} = S_{MRS}·MN = {1}/{6}ah·{1}/{3}a = {1}/{18}a^2h$.

$V_{NXQCY} = {1}/{3}S_{XQCY}·MO = {1}/{3}·QX·QC·MO = {1}/{3}·{1}/{3}a·{a}/{2}·{2}/{3}h = {1}/{27}a^2h$.

$V_1 = V_{MRSNXY} + 2·V_{NXQCY} = {1}/{18}a^2h + 2·{1}/{27}a^2h = {7}/{54}a^2h$.

4) $V = V_{SABCD} = {1}/{3}S_{ABCD}·h = {1}/{3}a^2h$.

$V_2 = V — V_1 = ({1}/{3} — {7}/{54})a^2h = {11}/{54}a^2h$ — объём второй части.

5) ${V_1}/{V_2} ={{7}/{54}a^2h}/{{11}/{54}a^2h} = {7}/{11}$.

а) 1) Построим $MN∥ CD$ (см. рис.).

Так как и $PQ∥ CD$, то $MN∥ PQ$. Следовательно, точки $M$, $N$, $P$ и $Q$ лежат в одной плоскости. Таким образом, трапеция $MNQP$ является сечением пирамиды плоскостью $MPQ$. 2) $▵ FMN∼ ▵ FDC$ (так как $MN∥ CD$, то $∠ FNM=∠ FCD$ и $∠ FMN=∠ FDC$ как соответственные). Так как $▵ FDC$ равнобедренный, то и $▵ FMN$ тоже равнобедренный. Тогда $FM=FN$; $NC=FC-FN=FD-FM=MD$. Кроме того, $PD={1} / {2}AD={1} / {2}BC=QC$. Так как $▵ FAD=▵ FBC$, то $∠ MDP=∠ NCQ$. Отсюда $▵ PDM=▵ QCN$ по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, $PM=NQ$, то есть $MNQP$ — равнобедренная трапеция. б) 1) Пусть $MR⊥ PQ$, $MS⊥ CD$, $NX⊥ PQ$, $NY⊥ CD$ (см. рис.).

Так как $MNQP$ и $MNCD$ — равнобедренные трапеции, то $V_1=V_{PQCDMN}=V_{MRSNXY}+2⋅ V_{NXQCY}$ — объём первой части. 2) Пусть $a$ — сторона основания, $h$ — высота пирамиды. Тогда $QC=XY=RS={a} / {2}$; $MN={2} / {5}a$; $MO={3} / {5}h$ $(▵ FMN∼ ▵ FDC$ и ${FM} / {FD}={2} / {5})$; $QX={PQ-MN} / {2}={a-{2} / {5}a} / {2}={3} / {10}a$ ($MNQP$ — равнобедренная трапеция). 3) $S_{MRS}={1} / {2}RS⋅ MO={1} / {2}⋅ {a} / {2}⋅ {3} / {5}h={3} / {20}ah$. Объём прямой призмы $MRSNXY$ равен: $V_{MRSNXY}=S_{MRS}⋅ MN={3} / {20}ah⋅ {2} / {5}a={3} / {50}a^2h$. $V_{NXQCY}={1} / {3}S_{XQCY}⋅ MO={1} / {3}⋅ QX⋅ QC⋅ MO={1} / {3}⋅ {3} / {10}a⋅ {a} / {2}⋅ {3} / {5}h={3} / {100}a^2h$. $V_1=V_{MRSNXY}+2⋅ V_{NXQCY}={3} / {50}a^2h+2⋅ {3} / {100}a^2h={3} / {25}a^2h$. 4) $V=V_{SABCD}={1} / {3}S_{ABCD}⋅ h={1} / {3}a^2h$. $V_2=V-V_1=({1} / {3}-{3} / {25})a^2h={16} / {75}a^2h$ — объём второй части. 5) ${V_1} / {V_2}={{3} / {25}a^2h} / {{16} / {75}a^2h}={9} / {16}$.

а) 1) $△ABC ∼△MBN$ (угол $B$ общий, две пропорциональные стороны).

Значит $∠NMB = ∠CAB$. Следовательно, $MN ‖ AC$, так как равны соответствующие углы.

2) Так как $PQ$ — средняя линия $△ADC$, то $PQ ‖ AC$.

3) Так как $MN ‖ AC$ и $PQ ‖ AC$, то $MN ‖ PQ$. Следовательно, точки $P, Q, N$ и $M$ лежат в одной плоскости.

б) 1) Пусть $R$ — середина ребра $DB$. Тогда $PR$ — средняя линия $△ADB$. Следовательно, $PR ‖ AB$. Аналогично $QR ‖ BC$.

2) Обозначим через $V$ объём пирамиды $DABC, V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR}, V_2 = V — V_1, h$ — высота пирамиды $DABC, S$ — площадь $△ABC$.

Так как $△PQR∼ △ACB$ и ${PQ}/{AC} = {1}/{2}$, то $S_{PQR} ={S}/{4}$.

Так как ${DP}/{DA} = {1}/{2}$, то высота пирамиды $DPQR$ равна ${h}/{2}$.

Таким образом, $V_{DPQR} = {1}/{3}S_{PQR}· {h}/{2} = {1}/{3}· {S}/{4} ·{h}/{2} = {Sh}/{24}$.

3) Можно доказать, что $MNBPQR$ — усечёная пирамида. Её высота равна ${h}/{2}$.

Пусть $S_1 = S_{MNB}, S_2 = S_{PQR}$.

Так как $△BMN ∼ △BAC$ и ${BM}/{BA} = {1}/{3}$, то $S_1 = ({1}/{3})^2·S = {S}/{9}$.

Тогда $V_{MNBPQR} = {1}/{3}·{h}/{2}·(S_1 + √{S_1·S_2} + S_2)= {h}/{6}·({S}/{9} + √{{S}/{9}·{S}/{4}} + {S}/{4}) = {h}/{6}({S}/{9} + {S}/{6} + {S}/{4})= {19}/{216}Sh$.

4) $V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR} = {Sh}/{24} + {19}/{216}Sh = {7}/{54}Sh. V_2 = V — V_1 = {1}/{3}Sh — {7}/{54}Sh = {11}/{54}Sh$.

5) ${V_1}/{V_2} = {{7}/{54}Sh}/{{11}/{54}Sh} = {7}/{11}$.

а) 1) $△ABC ∼△MBN$ (угол $B$ общий, две пропорциональные стороны). $MB ={3}/{4}AB, BN ={3}/{4}BC$.

Следовательно, $MN ‖ AC$, так как равны соответствующие углы.

2) Так как $PQ$ — средняя линия $△ADC$, то $PQ ‖ AC$.

3) Так как $MN ‖ AC$ и $PQ ‖ AC$, то $MN ‖ PQ$. Следовательно, точки $P, Q, N$ и $M$ лежат в одной плоскости.

б) 1) Пусть $R$ — середина ребра $DB$. Тогда $PR$ — средняя линия $△ADB$. Следовательно, $PR ‖ AB, PR = {1}/{2}AB$. Аналогично $QR ‖ BC, QR = {1}/{2}BC$.

2) Обозначим через $V$ объём пирамиды $DABC, V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR}, V_2 = V — V_1, h$ — высота пирамиды $DABC, S$ — площадь $△ABC$.

Так как $△PQR∼ △ACB$ и ${PQ}/{AC} = {1}/{2}$, то $S_{PQR} ={S}/{4}$.

Так как ${DP}/{DA} = {1}/{2}$, то высота пирамиды $DPQR$ равна ${h}/{2}$.

Таким образом, $V_{DPQR} = {1}/{3}S_{PQR}· {h}/{2} = {1}/{3}· {S}/{4} ·{h}/{2} = {Sh}/{24}$.

3) Можно доказать, что $MNBPQR$ — усечёная пирамида. Её высота равна ${h}/{2}$.

Пусть $S_1 = S_{MNB}, S_2 = S_{PQR}$.

Так как $△BMN ∼ △BAC$ и ${BM}/{BA} = {3}/{4}$, то $S_1 = ({3}/{4})^2·S = {9}/{16}S$.

Тогда $V_{MNBPQR} = {1}/{3}·{h}/{2}·(S_1 + √{S_1·S_2} + S_2)= {h}/{6}·({9}/{16}S + √{{9}/{16}S·{S}/{4}} + {S}/{4}) = {h}/{6}({9}/{16}S + {3}/{8}S + {S}/{4})= {19}/{96}Sh$.

4) $V_1 = V_{DPQR} + V_{MNBPQR} = {Sh}/{24} + {19}/{96}Sh = {23}/{96}Sh. V_2 = V — V_1 = {1}/{3}Sh — {23}/{96}Sh = {3}/{32}Sh$.

5) ${V_1}/{V_2} = {{23}/{96}Sh}/{{3}/{32}Sh} = {23}/{9}$.

а) Докажем, что $EFK ‖ MPQ$. Воспользуемся признаком параллельности плоскостей: если две пересекающиеся прямые одной плоскости соответственно параллельны двум пересекающимся прямым другой плоскости, то такие плоскости параллельны.

В плоскости $MPQ$ возьмём прямые $QP$ и $MQ$, а в плоскости $EFK$ — прямые $FE$ и $KF$. Пусть $O$ — центр основания.

В $△MNO: ∠NOM = 90°$ и по теореме Пифагора $NM = √{NO^2 +MO^2}$. Найдём $NO$: треугольник $NPQ$ — правильный, все его стороны равны, а высота $NA = {a√3}/{2}$, где $a$ — сторона треугольника $NPQ$. $NO = {2}/{3}NA = {2}/{3}·{a√3}/{2} = {a√3}/{3}$, то есть $NO = {15√3}/{3} = 5√3$. B $△NMO: ∠MON = 90°, NM = √{MO^2 + NO^2} = √{(5√3)^2 + 6} = √{75 + 6} = √{81} = 9$.

1) $△NKF∼△NMQ$, так как ${NK}/{NM} ={{9}/{5}}/{9} ={1}/{5}, {NF}/{NQ} = {3}/{15} = {1}/{5}$ и $∠MNQ$ — общий. Из подобия следует, что $∠NKF = ∠NMQ$. Это соответственные углы при прямых $KF$ и $MQ$ и секущей $NM$. Значит, $KF ‖ MQ$.

2) $△NEF∼△NPQ$, так как ${NE}/{NP} ={3}/{15} = {1}/{5}, {NF}/{NQ} ={3}/{15} = {1}/{5}$ и $∠PNQ$ — общий. Из подобия следует, что $∠NEF = ∠NPQ$. Это соответственные углы при прямых $EF$ и $PQ$ и секущей $NP$. Значит, $EF ‖ PQ$.

Итак, две пересекающейся прямые $KF$ и $FE$ плоскости $KFE$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $MQ$ и $PQ$ плоскости $MPQ$, следовательно, $KFE ‖ MPQ$.

б) Найдём расстояние от точки $K$ до плоскости $MPQ$. Так как плоскость $KFE$ параллельна плоскости $MPQ$, то расстояние от точки $K$ до плоскости $MPQ$ равно расстоянию от точки $B$ до плоскости $MPQ$ и оно равно длине отрезка $BD$ ($BD$ — перпендикуляр к $AM$. Докажем это.

$NA ⊥ QP$ и $MA ⊥ QP$ (как высоты треугольников $NPQ$ и $MPQ$), значит, прямая $QP$ перпендикулярна плоскости $NMA$, и тогда прямая $PQ$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в частности $BD$. С другой стороны $BD ⊥ AM$ по построению, значит, прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $MPQ$, и тогда отрезок $BD$ перпендикулярен плоскости $MPQ$ и равен расстоянию от $B$ до плоскости $MPQ$.

В $△BDA: ∠BDA = 90°; BD = BA · sin∠DAB; BA = NA — NB; NA = {15√3}/{2}; NB ={1}/{5}NA = {3√3}/{2}; BA = {15√3}/{2} — {3√3}/{2} = 6√3$.

Из $△MOA: sin∠MAO = sin∠DAB = {MO}/{MA} = {√6}/{√{MO^2 + OA^2}}={√6}/{√{6 +{75}/{4}}} = {√6·2}/{√{99}} = {2√6}/{3√{11}} ={2}/{3}√{{6}/{11}}$ (так как $AO ={1}/{3}NA = {5√3}/{2})$.

Из $△ABD:BD = AB·sin∠DAB = 6√3·{2}/{3}√{{6}/{11}} = 4√{{18}/{11}} = 12√{{2}/{11}} = {12√{22}}/{11}$.

Докажем, что плоскость $DBC$ параллельна плоскости $PKF$. Для этого в плоскости $PKF$ возьмём прямые $KP$ и $FP$, а в плоскости $DBC$ — прямые $CB$ и $DB$ (см. рис.). Пусть $O$ — центр основания.

В $▵ ADO$: $∠ DOA=90°$ и по теореме Пифагора $AD=√ {DO^2+AO^2}$. Найдём $AO$, треугольник $ABC$ — правильный, все его стороны равны, $AM$ — высота, $AM={a√ {3}} / {2}$, где $a$ — сторона $▵ ABC$, $AO={2} / {3} AM={2} / {3}⋅ {a√ {3}} / {2}={a√ {3}} / {3}$, то есть $AO={9√ {3}} / {3}=3√ {3}$, $AD=√ {3^2+(3√ {3})^2}=√ {9+27}=6$. $▵ APF∼ ▵ ABD$, так как ${AF} / {AD}={2} / {6}={1} / {3}$, ${AP} / {AB}={3} / {9}={1} / {3}$ и $∠ DAB$ — общий, то есть две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника, а углы между ними равны. Из подобия следует, что $∠ AFP=∠ ADB$. Это соответственные углы при прямых $FP$ и $DB$ и секущей $AD$. Значит, $FP∥ DB$. Аналогично рассуждая, получим, что $▵ AKP∼ ▵ ACB$, так как ${AK} / {AC}={3} / {9}={1} / {3}$, ${AP} / {AB}={3} / {9}={1} / {3}$ и $∠ BAC$ — общий, то есть две стороны одного треугольника пропорциональны двум сторонам другого треугольника, а углы между ними равны. Из подобия следует, что $∠ APK=∠ ABC$. Это соответственные углы при прямых $KP$ и $BC$ и секущей $AB$. Значит, $KP∥ BC$. Итак, две пересекающиеся прямые $KP$ и $FP$ плоскости $PKF$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $CB$ и $BD$ плоскости $DBC$. Следовательно, плоскости $DBC$ и $PKF$ параллельны по признаку параллельности плоскостей. б) Найдём расстояние от точки $F$ до плоскости $DBC$. Так как плоскость $KFP$ параллельна плоскости $DBC$, то расстояние от точки $F$ до плоскости $DBC$ равно расстоянию от точки $L$ до плоскости $DBC$ и равно длине отрезка $LN$ (см. рис.), где $LN$ — перпендикуляр к $MD$ в плоскости $AMD$.

Докажем это. $AM ⊥ BC$ и $DM⊥ BC$ (как высоты треугольников $ABC$ и $DBC$), значит, $BC⊥ MDA$ и тогда $BC$ перпендикулярен любой прямой этой плоскости, в частности, $LN$. С другой стороны, $LN ⊥ MD$ по построению, значит, $LN$ перпендикулярен двум пересекающимся прямым плоскости $DBC$, и тогда отрезок $LN$ перпендикулярен плоскости $DBC$ и равен расстоянию от точки $L$ до плоскости $DBC$. В $▵ LNM$: $∠ LNM=90°$, $LN=LM⋅ sin ∠ NML$. $ML=AM-LA$; $AM={9√ {3}} / {2}$;
$LA={1} / {3}⋅ AM={9√ {3}} / {6}={3√ {3}} / {2}$. $ML={9√ {3}} / {2}-{3√ {3}} / {2}=3√ {3}$. $sin ∠ NML={DO} / {DM}$; $DO=3$ (по условию). Из $▵ MDB$ найдём $DM$: $∠ DMB=90°$,
$MD=√ {BD^2-MB^2}=√ {36-({9} / {2})^2}={3√ {7}} / {2}$. $sin ∠ NML={2} / {√ {7}}$. $LN=LM⋅ sin ∠ NML=3√ {3}⋅{2} / {√ {7}}=6√ {{3} / {7}}$.

а) Пусть $BO -$ высота пирамиды. Чтобы доказать, что плоскости $FEP$ и $NKB$ параллельны, достаточно показать, что две пересекающиеся прямые $PF$ и $FE$ плоскости $FEP$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $BN$ и $NK$ плоскости $BNK$. Покажем это.

Найдём боковое ребро $MB$ из треугольника $MBO$:

В $∆MKN:$ $MO_1 -$ высота, $MO_1 = {a√3}/{2}$, где $a -$ сторона $∆MNK$. $MO_1 = {6√3}/{2} = 3√3$.

$MO ={2}/{3} MO_1 = 2√3$,

$MB = √{OB^2 + OM^2} = √{3^2 + (2√3)^2} = √{21}$.

1. ${MP}/{MB} ={7}/{4·√{21}}={√{21}}/{12},{MF}/{MN} ={√{21}}/{2·6} = {√{21}}/{12}$. Отношения сторон равны. Используя условие, что $∠BMN$ общий, получим: $∆MPF∼∆MBN$. Из подобия треугольников следует, что $∠MPF = ∠MBN$. Эти углы — соответственные, образованные при пересечении двух прямых $PF$ и $BN$ прямой $MB$. Значит, $PF ‖ BN$.

2. Рассматривая треугольники $MEF$ и $MKN$, можно аналогично доказать, что $FE ‖ NK$.

Так как две пересекающиеся прямые $PF$ и $FE$ плоскости $PFE$ соответственно параллельны двум пересекающимся прямым $BN$ и $NK$ плоскости $NBK$, то эти плоскости параллельны.

б) Пусть $O_2$ — точка пересечения $MO_1$ и $FE$. Поскольку плоскость $PFE$ параллельна плоскости $BNK$, то расстояние от точки $P$ до плоскости $BNK$ равно расстоянию от точки $O_2$ до плоскости $BNK$, и оно равно длине отрезка $O_2H$, где точка $H$ лежит на $BO_1$ и $O_2H ⊥ BO_1$. Докажем, что $O_2H$ — расстояние от $O_2$ до плоскости $BNK$.

$NK ⊥ MO_1$ и $NK ⊥ BO_1$ ($MO_1$ и $BO_1$ — высоты $∆MNK$ и $∆NBK$), значит, $NK$ перпендикулярна плоскости $MBO_1$, и тогда $NK$ перпендикулярна любой прямой этой плоскости, в том числе $NK ⊥ O_2H$. По построению $O_2H ⊥ BO_1$. Прямая $O_2H$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $BNK$, значит, она перпендикулярна $BNK$, и отрезок $O_2H$ равен расстоянию от $O_2$ до плоскости $BNK$.

В треугольнике $O_2HO_1: O_2H = O_2O_1 sin∠HO_1O_2$.

$O_2O_1 = MO_1-MO_2$.

Из $∆MEO_2: ∠MO_2E = 90°, ∠EMO_2 = 30°$;

$MO_2 = MEcos30° = {√{21}}/{2}·{√3}/{2} = {3√7}/{4}$.

$O_2O_1 = 3√3 — {3√7}/{4} = {3(4√3 — √7)}/{4}$;

$sin ∠HO_1O_2 = {BO}/{BO_1} = {BO}/{√{BO^2 + OO_1^2}} = {3}/{√{3^2 + (√3)^2}} = {√3}/{2}$.

$O_2H = {3(4√3 — √7)}/{4}·{√3}/{2} = {3(12 — √{21})}/{8}$.

а) Построим сечение параллелепипеда плоскостью $AKF$.

$E$ — точка пересечения ребра $DC$ и отрезка $AF$.

$В$ плоскости $ABB_1$ проведём лучи $AK$ и $BB_1, AK$ пересекает $BB_1$ в точке $Q$. В плоскости $BCC_1$ проведём отрезок $FQ, FQ$ пересекает $B_1C_1$ в точке $P$, а $CC_1$ — в точке $R$. Пятиугольник $AKPRE$ — искомое сечение.

$KB_1 ‖ AB, KB_1 ={1}/{2}A_1B_1$, значит, $KB_1$ — средняя линия $△ABQ$, отсюда $BB_1 = QB_1$, а так как $BF ‖ B_1P$, то $B_1P$ — средняя линия $△FBQ, BF = 8, B_1P ={1}/{2}BF = 4. C_1P = B_1C_1 — B_1P = 5 — 4 = 1$, следовательно, $B_1P : PC_1 = 4 : 1$.

б) Прямоугольные треугольники $ABQ, FBQ$ и $ABF$ равны по двум катетам $AB = BF = BQ = 8$, отсюда $AQ = AF = QF = 8√2$. $S_{AQF} ={a^2√3}/{4}$ как площадь равностороннего треугольника со стороной $a$. $S_{AQF} = {(8√2)^2·√3}/{4} = 32√3, S_{KQP} ={1}/{4}S_{AQF}={32√3}/{4} = 8√3$.

$S_{AKPF} = S_{AQF} — S_{KQP} = 32√3 — 8√3 = 24√3$.

$△RCF~△RC_1P$ по первому признаку подобия $(∠C = ∠C_1 = 90°, ∠1 = ∠2$ как вертикальные). Из подобия следует ${CF}/{PC_1} ={FR}/{PR}$. По доказанному в а) $PC_1 = 1, BF = AB = 8$, тогда $CF = 8 — 5 = 3$ и ${FR}/{PR} ={3}/{1}$. Так как $KP$ средняя линия $△AQF$, то $PF ={1}/{2}QF = 4√2, FR = {3PF}/{4} = {4√2·3}/{4} = 3√2$.

В равнобедренном прямоугольном треугольнике $FCE$ $FC = EC = 3$, тогда $EF = 3√2$.

В $△REF$ $FR = EF = 3√2, ∠RFE = 60°$, отсюда $△REF$ — равносторонний. $S_{REF} ={(3√2)^2√3}/{4} = {9√3}/{2}$.

$S_{AKPRE} = S_{AKPF} — S_{REF} = 24√3 — {9√3}/{2} = {39√3}/{2}$.