Сечения, ъгли и разстояния в пространството - трудни задачи с решения

Решение:
Нека [tex]D[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]C[/tex] върху [tex]\alpha[/tex] и [tex]CD=h[/tex]. Тогава [tex]AD[/tex] и [tex]BD[/tex] са проекциите на [tex]AC[/tex] и [tex]BC[/tex], затова [tex]\angle CAD=30^{\circ}[/tex] и [tex]\angle CBD=45^{\circ}[/tex]. От правоъгълните триъгълници [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 триъгълника [tex]ABC[/tex] ([tex]\angle ACB=90^{\circ}[/tex]) намираме хипотенузата от Питагоровата теорема, а след това височината [tex]CH[/tex] към нея:
[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]
Отсечката [tex]DH[/tex] е проекцията на [tex]CH[/tex] върху [tex]\alpha[/tex], а правата [tex]AB[/tex] от [tex]\alpha[/tex] е перпендикулярна на [tex]CH[/tex], затова по теоремата за трите перпендикуляра [tex]AB\perp DH[/tex]. Следователно [tex]\angle CHD[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл с ръб [tex]AB[/tex], т.е. търсеният ъгъл. Той е остър ъгъл в правоъгълния триъгълник [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:
Първо ще покажем, че диагоналът [tex]B_1D[/tex] на куба е перпендикулярен на равнината [tex](ACD_1)[/tex]. Проекцията му върху [tex](ABCD)[/tex] е [tex]BD[/tex] (защото [tex]B_1B\perp(ABCD)[/tex]), а [tex]AC\perp BD[/tex] (диагонали на квадрат), затова по теоремата за трите перпендикуляра [tex]AC\perp B_1D[/tex].
Аналогично проекцията му върху [tex](DCC_1D_1)[/tex] е [tex]C_1D[/tex] (защото [tex]B_1C_1\perp(DCC_1D_1)[/tex]), а [tex]CD_1\perp C_1D[/tex], затова [tex]CD_1\perp B_1D[/tex]. Така [tex]B_1D[/tex] е перпендикулярен на две пресичащи се прави от равнината, т.е. [tex]B_1D\perp(ACD_1)[/tex].
Нека [tex]G[/tex] е общата точка на [tex]B_1D[/tex] и равнината; търсеното разстояние е [tex]B_1G[/tex]. Тъй като [tex]DA=DC=DD_1=a[/tex], проекциите им [tex]GA[/tex], [tex]GC[/tex], [tex]GD_1[/tex] върху равнината също са равни, следователно [tex]G[/tex] е центърът на равностранния триъгълник [tex]ACD_1[/tex] със страна [tex]a\sqrt{2}[/tex]. От правоъгълния триъгълник [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]
Точката [tex]G[/tex] е вътре в куба, следователно лежи на отсечката [tex]DB_1[/tex] с дължина [tex]a\sqrt{3}[/tex]. Тогава
[tex]B_1G=B_1D-DG=a\sqrt{3}-\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}[/tex]

Решение:
Нека [tex]M[/tex] е средата на [tex]AB[/tex], т.е. [tex]AM=2\sqrt{6}[/tex]. Триъгълниците [tex]ABC[/tex] и [tex]ABD[/tex] са равнобедрени с основа [tex]AB[/tex], затова [tex]CM\perp AB[/tex] и [tex]DM\perp AB[/tex]. От правоъгълните триъгълници [tex]AMC[/tex] и [tex]AMD[/tex]:
[tex]CM=\sqrt{49-24}=5,\qquad DM=\sqrt{40-24}=4[/tex]
Правата [tex]AB[/tex] е перпендикулярна на две пресичащи се прави от равнината [tex](CDM)[/tex], затова [tex]AB\perp (CDM)[/tex]. В триъгълника [tex]CDM[/tex]:
[tex]CD^2+DM^2=9+16=25=CM^2\Rightarrow \angle CDM=90^{\circ}[/tex]
Нека [tex]DH[/tex] е височината на правоъгълния триъгълник [tex]CDM[/tex] ([tex]H\in CM[/tex]). Тогава [tex]DH\perp CM[/tex], а [tex]DH\perp AB[/tex], защото [tex]DH[/tex] лежи в равнината [tex](CDM)[/tex]. Значи [tex]DH[/tex] е перпендикулярна на две пресичащи се прави от [tex](ABC)[/tex], т.е. [tex]DH\perp (ABC)[/tex] и [tex]DH[/tex] е търсеният перпендикуляр:
[tex]DH=\frac{CD\cdot DM}{CM}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}[/tex]

Решение:
Околните стени са равностранни триъгълници, затова всички ръбове на пирамидата са равни; нека дължината им е [tex]a[/tex]. В триъгълника [tex]AVC[/tex] имаме [tex]VA=VC=a[/tex] и [tex]AC=a\sqrt{2}[/tex] (диагонал на квадрата в основата), следователно [tex]VA^2+VC^2=AC^2[/tex] и [tex]\angle AVC=90^{\circ}[/tex].
Нека [tex]Q[/tex] е средата на [tex]AN[/tex]. Тогава [tex]PQ[/tex] е средна отсечка в триъгълника [tex]ABN[/tex], т.е. [tex]PQ\parallel BN[/tex] и [tex]PQ=\frac{BN}{2}[/tex]. Следователно търсеният ъгъл е ъгълът между правите [tex]VP[/tex] и [tex]PQ[/tex]; намираме страните на триъгълника [tex]VPQ[/tex].
Отсечките [tex]VP[/tex] и [tex]BN[/tex] са медиани в равностранните триъгълници [tex]VAB[/tex] и [tex]VBC[/tex], затова
[tex]VP=BN=\frac{a\sqrt{3}}{2},\qquad PQ=\frac{BN}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}[/tex]
Триъгълникът [tex]AVN[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]V[/tex] и [tex]VN=\frac{a}{2}[/tex], а [tex]VQ[/tex] е медианата към хипотенузата му, затова е равна на половината от хипотенузата:
[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]
От косинусовата теорема за триъгълника [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]
Косинусът е положителен, следователно [tex]\angle VPQ[/tex] е остър и е равен на ъгъла между правите [tex]VP[/tex] и [tex]BN[/tex]. Отговорът е [tex]\frac{5}{6}[/tex].

Решение:
Първо, [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са от една и съща страна на [tex]\alpha[/tex]. В противен случай отсечката [tex]AB[/tex] би пресякла [tex]\alpha[/tex] и [tex]AB\ge 6+2=8[/tex], като равенство има само при [tex]AB\perp\alpha[/tex]; тогава [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] биха имали една и съща проекция [tex]A'[/tex] върху [tex]\alpha[/tex] и [tex]CA^2=CA'^2+36\ne CA'^2+4=CB^2[/tex], което е противоречие.
Нека [tex]H[/tex] е средата на [tex]AB[/tex]; тогава [tex]CH[/tex] е височина, медиана и ъглополовяща в равнобедрения триъгълник. Нека [tex]A'[/tex], [tex]B'[/tex], [tex]H'[/tex] са проекциите на [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]H[/tex] върху [tex]\alpha[/tex]. Четириъгълникът [tex]AA'B'B[/tex] е трапец ([tex]AA'\parallel BB'[/tex]) със средна основа [tex]HH'[/tex]:
[tex]HH'=\frac{AA'+BB'}{2}=\frac{6+2}{2}=4[/tex]
Центърът [tex]I[/tex] на вписаната окръжност лежи на ъглополовящата [tex]CH[/tex]. В триъгълника [tex]ACH[/tex] отсечката [tex]AI[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle CAH[/tex], затова по свойството на ъглополовящата
[tex]\frac{CI}{IH}=\frac{AC}{AH}=\frac{12}{4}=3\Rightarrow CI=\frac{3}{4}CH[/tex]
Нека [tex]I'[/tex] е проекцията на [tex]I[/tex] върху [tex]\alpha[/tex]. Тъй като [tex]C\in\alpha[/tex] и [tex]II'\parallel HH'[/tex], правоъгълните триъгълници [tex]CII'[/tex] и [tex]CHH'[/tex] са подобни, затова
[tex]II'=\frac{CI}{CH}\cdot HH'=\frac{3}{4}\cdot 4=3[/tex]

Решение:
Пирамидата е правилна, затова петата на височината ѝ е центърът [tex]G[/tex] на равностранния триъгълник [tex]ABC[/tex]: [tex]MG\perp (ABC)[/tex], [tex]MG=28[/tex]. Нека [tex]Q[/tex] е средата на [tex]AC[/tex]; медианата [tex]BQ[/tex] е и височина в [tex]\triangle ABC[/tex] и минава през [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] е медиана в равнобедрения триъгълник [tex]ACM[/tex]), затова [tex]AC\perp (BQM)[/tex]. В равнината [tex](BQM)[/tex] построяваме [tex]QQ_1\perp BM[/tex], [tex]Q_1\in BM[/tex]. Тогава [tex]BM[/tex] е перпендикулярна на пресичащите се прави [tex]AC[/tex] и [tex]QQ_1[/tex], следователно сечението е триъгълникът [tex]ACQ_1[/tex], а [tex]QQ_1[/tex] е негова височина (от [tex]AC\perp (BQM)[/tex] следва [tex]AC\perp QQ_1[/tex]).
Точката [tex]Q_1[/tex] лежи на отсечката [tex]BM[/tex], защото ъглите на [tex]\triangle BQM[/tex] при [tex]B[/tex] и [tex]M[/tex] са остри: [tex]\angle QBM[/tex] е остър ъгъл на правоъгълния триъгълник [tex]BGM[/tex], а [tex]\angle BMQ[/tex] лежи срещу най-късата страна [tex]BQ[/tex]. От правоъгълния триъгълник [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] е височината на [tex]\triangle BQM[/tex] от [tex]M[/tex] (защото [tex]G\in BQ[/tex]), затова, като изразим лицето на [tex]\triangle BQM[/tex] по два начина, [tex]\frac{1}{2}BQ\cdot MG=\frac{1}{2}BM\cdot QQ_1[/tex], получаваме
[tex]QQ_1=\frac{BQ\cdot MG}{BM}=\frac{\frac{7\sqrt{3}}{2}\cdot 28}{\frac{49\sqrt{3}}{3}}=6[/tex]
Следователно лицето на сечението е [tex]S=\frac{1}{2}AC\cdot QQ_1=\frac{1}{2}\cdot 7\cdot 6=21[/tex] кв. см.

Решение:
Тъй като [tex]MC\perp (ABCD)[/tex], триъгълниците [tex]BCM[/tex] и [tex]ACM[/tex] са правоъгълни с прав ъгъл при [tex]C[/tex]. От Питагоровата теорема
[tex]BC=\sqrt{BM^2-MC^2}=\sqrt{3},\quad AC=\sqrt{AM^2-MC^2}=2\sqrt{2}[/tex]
Нека [tex]O=AC\cap BD[/tex]. Диагоналите на ромба се разполовяват и са перпендикулярни, затова [tex]AO=\sqrt{2}[/tex] и [tex]BD\perp AC[/tex]. Освен това [tex]BD\perp MC[/tex], защото [tex]MC[/tex] е перпендикулярна на основата. Следователно [tex]BD\perp (ACM)[/tex] и [tex]BD[/tex] пресича тази равнина в точката [tex]O[/tex].
В равнината [tex](ACM)[/tex] построяваме [tex]OP\perp AM[/tex], [tex]P\in AM[/tex] ([tex]P[/tex] лежи на отсечката [tex]AM[/tex], защото [tex]\angle MAC[/tex] е остър). Тъй като [tex]OP[/tex] лежи в равнината [tex](ACM)[/tex], то и [tex]OP\perp BD[/tex]. Следователно [tex]OP[/tex] е общият перпендикуляр на [tex]AM[/tex] и [tex]BD[/tex]. От правоъгълните триъгълници [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:
Нека [tex]P[/tex] е средата на [tex]AB[/tex], т.е. [tex]AP=BP=8[/tex]. Триъгълникът [tex]ABC[/tex] е равнобедрен с основа [tex]AB[/tex], затова медианата му [tex]CP[/tex] е и височина: [tex]CP\perp AB[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]APC[/tex]:
[tex]CP=\sqrt{17^2-8^2}=15[/tex]
Триъгълникът [tex]ABM[/tex] е равнобедрен и правоъгълен с прав ъгъл при [tex]M[/tex], затова медианата му [tex]MP[/tex] е и височина, [tex]MP\perp AB[/tex], и като медиана към хипотенузата
[tex]MP=\frac{AB}{2}=8[/tex]
Тъй като [tex]CP\perp AB[/tex] и [tex]MP\perp AB[/tex], ъгълът [tex]CPM[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл с ръб [tex]AB[/tex]. От косинусовата теорема за триъгълника [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]
Следователно [tex]\angle CPM=60^{\circ}[/tex]; този ъгъл е остър, затова ъгълът между равнините е [tex]60^{\circ}[/tex].

Решение:
Ръбът [tex]AB[/tex] е перпендикулярен на [tex]BC[/tex] и на [tex]BB_1[/tex], затова [tex]AB\perp(BCC_1B_1)[/tex]. В стената [tex]BCC_1B_1[/tex] построяваме [tex]CH\perp BC_1[/tex], [tex]H\in BC_1[/tex]. Тогава и [tex]CH\perp AB[/tex], т.е. [tex]CH[/tex] е перпендикулярна на двете пресичащи се прави [tex]AB[/tex] и [tex]BC_1[/tex] от равнината [tex](ABC_1D_1)[/tex], следователно [tex]CH\perp(ABC_1D_1)[/tex].
Значи [tex]D_1H[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]D_1C[/tex] върху тази равнина, търсеният ъгъл е [tex]\varphi=\angle CD_1H[/tex] и [tex]\sin \varphi=\frac{CH}{CD_1}[/tex]. От правоъгълните триъгълници [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]
Следователно
[tex]\sin \varphi=\frac{CH}{CD_1}=\frac{2\sqrt{14}}{3\cdot 6}=\frac{\sqrt{14}}{9}[/tex]

Решение:
Тъй като [tex]AB\perp AD[/tex] и [tex]AB\perp DQ[/tex], то [tex]AB\perp(ADQ)[/tex] и значи [tex]AB\perp AQ[/tex]; аналогично от [tex]CB\perp CD[/tex] и [tex]CB\perp DQ[/tex] следва [tex]CB\perp CQ[/tex]. От Питагоровата теорема:
[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 правоъгълния триъгълник [tex]ABQ[/tex] имаме [tex]\operatorname{tg} \angle ABQ=\frac{AQ}{AB}=1[/tex], т.е. [tex]\angle ABQ=45^{\circ}[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]BCQ[/tex] построяваме височината [tex]CL[/tex] към хипотенузата [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 равнината [tex](ABQ)[/tex] през [tex]L[/tex] построяваме перпендикуляр на [tex]QB[/tex], който пресича [tex]AB[/tex] в точка [tex]N[/tex]. Триъгълникът [tex]BLN[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]L[/tex] и [tex]\angle B=45^{\circ}[/tex], затова [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] лежи на ръба [tex]AB[/tex].
Тъй като [tex]CL\perp QB[/tex] и [tex]NL\perp QB[/tex], ъгълът [tex]CLN[/tex] е линейният ъгъл на двустенния ъгъл при ръба [tex]QB[/tex]. Понеже [tex]CB\perp AB[/tex], от правоъгълния триъгълник [tex]CBN[/tex]:
[tex]CN^2=BC^2+BN^2=2+\frac{4}{3}=\frac{10}{3}[/tex]
От косинусовата теорема за триъгълника [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]
Следователно двустенният ъгъл е [tex]135^{\circ}[/tex].

Решение:
Нека триъгълникът е [tex]ABC[/tex] с [tex]BC=14[/tex], [tex]CA=30[/tex], [tex]AB=40[/tex], а [tex]O[/tex] е ортогоналната проекция на [tex]M[/tex] върху равнината [tex](ABC)[/tex]; търсеното разстояние е [tex]MO[/tex]. Правоъгълните триъгълници [tex]MOA[/tex], [tex]MOB[/tex], [tex]MOC[/tex] имат общ катет [tex]MO[/tex] и равни хипотенузи [tex]MA=MB=MC=65[/tex], затова са еднакви и [tex]OA=OB=OC[/tex]. Следователно [tex]O[/tex] е центърът на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност и [tex]OA=R[/tex] е нейният радиус.
От формулата на Херон с полупериметър [tex]p=42[/tex] и след това от формулата за радиуса на описаната окръжност:
[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]
(Триъгълникът е тъпоъгълен, защото [tex]40^2\gt 14^2+30^2[/tex], и [tex]O[/tex] лежи извън него, но това не променя пресмятането.) От правоъгълния триъгълник [tex]MOA[/tex]:
[tex]MO=\sqrt{MA^2-OA^2}=\sqrt{65^2-25^2}=\sqrt{3600}=60[/tex]

Решение:
Нека ръбът на пирамидата е [tex]a[/tex]. Равнина, успоредна на [tex](BCE)[/tex], пресича всяка стена по права, успоредна на пресечницата на тази стена с [tex](BCE)[/tex]. В основата сечението е [tex]QR\parallel BC[/tex], [tex]R\in CD[/tex], затова [tex]QR=a[/tex] и [tex]DR=AQ=3[/tex].
В стената [tex]ABE[/tex] сечението е [tex]QS\parallel BE[/tex], [tex]S\in AE[/tex]. Триъгълникът [tex]ABE[/tex] е равностранен, следователно и [tex]AQS[/tex] е равностранен и [tex]AS=QS=3[/tex]. Аналогично в стената [tex]CDE[/tex] сечението е [tex]RT\parallel CE[/tex], [tex]T\in DE[/tex], като [tex]DT=RT=3[/tex].
Тъй като [tex]ES=ET=a-3[/tex], триъгълникът [tex]EST[/tex] е подобен на равностранния триъгълник [tex]EAD[/tex], затова [tex]ST\parallel AD[/tex] и [tex]ST=a-3[/tex]. Следователно сечението [tex]QRTS[/tex] е равнобедрен трапец с основи [tex]QR=a[/tex], [tex]ST=a-3[/tex] и бедра [tex]QS=RT=3[/tex].
Проекцията на бедрото върху голямата основа е [tex]\frac{a-(a-3)}{2}=\frac{3}{2}[/tex], затова височината на трапеца е [tex]\sqrt{9-\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}[/tex], а проекцията на диагонала [tex]QT[/tex] върху [tex]QR[/tex] е [tex]a-\frac{3}{2}[/tex]. От Питагоровата теорема:
[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]
Периметърът на сечението е
[tex]QR+RT+TS+SQ=8+3+5+3=19[/tex]

Решение:
Нека [tex]P[/tex] е центърът на паралелепипеда — общата среда на телесните му диагонали. Точките [tex]M[/tex] и [tex]N[/tex] са симетрични относно [tex]P[/tex], затова [tex]P[/tex] е среда на [tex]MN[/tex]. Следователно правата [tex]D_1P[/tex] лежи в равнината [tex](MND_1)[/tex], а с нея и другият край [tex]B[/tex] на диагонала [tex]D_1B[/tex].
И така, сечението е четириъгълникът [tex]MBND_1[/tex]. Срещуположните му страни лежат в успоредни стени, затова [tex]MB\parallel D_1N[/tex] и [tex]BN\parallel MD_1[/tex], т.е. той е успоредник. Ортогоналната му проекция върху равнината на основата е правоъгълникът [tex]ABCD[/tex] с лице [tex]8\cdot 4=32[/tex].
За да намерим ъгъла [tex]\varphi[/tex] между равнината на сечението и основата, нека правата [tex]D_1M[/tex] пресича правата [tex]DA[/tex] в точка [tex]X[/tex]. Тъй като [tex]AM\parallel DD_1[/tex] и [tex]AM=\frac{1}{2}DD_1[/tex], отсечката [tex]AM[/tex] е средна отсечка в триъгълника [tex]XDD_1[/tex], затова [tex]XD=2AD=8[/tex]. Аналогично правата [tex]D_1N[/tex] пресича правата [tex]DC[/tex] в точка [tex]Y[/tex], като [tex]DY=2DC=16[/tex].
Правата [tex]XY[/tex] е пресечницата на равнината на сечението и равнината на основата. Нека [tex]DH[/tex] е височината към хипотенузата [tex]XY[/tex] в правоъгълния триъгълник [tex]XDY[/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]
От теоремата за трите перпендикуляра [tex]D_1H\perp XY[/tex], затова [tex]\varphi=\angle D_1HD[/tex]. От правоъгълния триъгълник [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]
От теоремата за лице на ортогонална проекция:
[tex]S=\frac{S_{ABCD}}{\cos\varphi}=\frac{32}{\frac{4}{5}}=40[/tex]

Решение:
Нека [tex]O[/tex] е центърът на квадрата [tex]ABCD[/tex], т.е. [tex]MO\perp(ABCD)[/tex], а [tex]L[/tex] е средата на [tex]PQ[/tex]. Околните стени [tex]ABM[/tex] и [tex]BCM[/tex] са еднакви равнобедрени триъгълници, затова медианите им [tex]MP[/tex] и [tex]MQ[/tex] са равни. Следователно триъгълникът [tex]PQM[/tex] е равнобедрен и медианата му [tex]ML[/tex] е височината през [tex]M[/tex]:
[tex]ML\perp PQ[/tex]
Отсечката [tex]PQ[/tex] е средна отсечка в триъгълника [tex]ABC[/tex], затова [tex]PQ\parallel AC[/tex], а медианата [tex]BO[/tex] на този триъгълник разполовява [tex]PQ[/tex]; следователно [tex]L[/tex] лежи на [tex]BO[/tex], т.е. на диагонала [tex]BD[/tex].
Освен това [tex]AC\perp BD[/tex] (диагонали на квадрат) и [tex]AC\perp MO[/tex], затова [tex]AC\perp(BDM)[/tex] и следователно
[tex]PQ\perp(BDM)[/tex]
Точките [tex]M[/tex] и [tex]L[/tex] лежат и в двете равнини [tex](PQM)[/tex] и [tex](BDM)[/tex], затова [tex]ML[/tex] е тяхната пресечница. В равнината [tex](BDM)[/tex] построяваме [tex]DF\perp ML[/tex], [tex]F\in ML[/tex]. Тъй като [tex]DF[/tex] лежи в [tex](BDM)[/tex], също [tex]DF\perp PQ[/tex].
Така [tex]DF[/tex] е перпендикулярна на двете пресичащи се прави [tex]ML[/tex] и [tex]PQ[/tex] от равнината [tex](PQM)[/tex], следователно [tex]DF\perp(PQM)[/tex]. Значи петата [tex]F[/tex] на перпендикуляра от [tex]D[/tex] към [tex](PQM)[/tex] лежи на правата [tex]ML[/tex], която съдържа височината през [tex]M[/tex] на триъгълника [tex]PQM[/tex].

Решение:
Имаме [tex]AB\perp BC[/tex] и [tex]AB\perp BB_1[/tex], като тези две прави се пресичат, затова [tex]AB\perp (BCC_1B_1)[/tex]. Следователно [tex]AB[/tex] е перпендикулярна на всяка права от тази стена; в частност [tex]AB\perp B_1C[/tex].
Освен това [tex]B_1C\perp BC_1[/tex], защото те са диагонали на квадрата [tex]BCC_1B_1[/tex].
И така, [tex]B_1C[/tex] е перпендикулярна на пресичащите се прави [tex]AB[/tex] и [tex]BC_1[/tex] от равнината [tex](ABC_1)[/tex], затова [tex]B_1C\perp (ABC_1)[/tex].
Равнината [tex](AB_1C)[/tex] съдържа правата [tex]B_1C[/tex], която е перпендикулярна на равнината [tex](ABC_1)[/tex], а равнина, минаваща през права, перпендикулярна на друга равнина, е перпендикулярна на тази равнина. Следователно [tex](AB_1C)\perp (ABC_1)[/tex].

Решение:
Трите ъгъла са ъгли между прави, затова са от интервала [tex][0^{\circ}; 90^{\circ}][/tex]. Избираме точка [tex]P\ne O[/tex] от [tex]p[/tex] и нека [tex]Q[/tex] е ортогоналната ѝ проекция върху [tex]\delta[/tex]. Тогава [tex]Q\in p'[/tex] и [tex]Q\ne O[/tex], защото [tex]\alpha \ne 90^{\circ}[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]OQP[/tex] ([tex]\angle OQP=90^{\circ}[/tex]) имаме [tex]\angle POQ=\alpha[/tex], следователно
[tex]\cos \alpha =\frac{OQ}{OP}[/tex]
Ако [tex]\beta =0^{\circ}[/tex], то [tex]q=p'[/tex], [tex]\gamma =\alpha[/tex] и равенството е очевидно. Ако [tex]\beta =90^{\circ}[/tex], то [tex]q\perp OQ[/tex] и по теоремата за трите перпендикуляра [tex]q\perp OP[/tex], т.е. [tex]\gamma =90^{\circ}[/tex] и двете страни са равни на [tex]0[/tex].
Нека сега [tex]0^{\circ}\lt \beta \lt 90^{\circ}[/tex]. Построяваме [tex]QM\perp q[/tex], [tex]M\in q[/tex]. Тогава [tex]M\ne O[/tex] (защото [tex]\beta \ne 90^{\circ}[/tex]) и ъгълът [tex]QOM[/tex] на правоъгълния триъгълник [tex]OMQ[/tex] е остър, следователно [tex]\angle QOM=\beta[/tex] и
[tex]\cos \beta =\frac{OM}{OQ}[/tex]
Тъй като [tex]PQ\perp \delta[/tex] и [tex]QM\perp q[/tex], по теоремата за трите перпендикуляра [tex]PM\perp q[/tex]. Следователно триъгълникът [tex]OMP[/tex] е правоъгълен с прав ъгъл при [tex]M[/tex]; ъгълът му [tex]POM[/tex] е остър и затова е равен на ъгъла [tex]\gamma[/tex] между [tex]p[/tex] и [tex]q[/tex], т.е. [tex]\cos \gamma =\frac{OM}{OP}[/tex]. Като умножим горните две равенства, получаваме
[tex]\cos \alpha \cdot \cos \beta =\frac{OQ}{OP}\cdot \frac{OM}{OQ}=\frac{OM}{OP}=\cos \gamma[/tex]

Решение:
[tex]MN[/tex] е средна отсечка в [tex]\triangle ABC[/tex], а [tex]PQ[/tex] е средна отсечка в [tex]\triangle ACD[/tex], следователно
[tex]MN\parallel AC\parallel PQ[/tex]
[tex]Q[/tex] и [tex]N[/tex] са средите на срещуположните страни [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex] на квадрата [tex]ABCD[/tex], затова [tex]AQ\parallel BN[/tex], [tex]AQ=BN[/tex], [tex]ABNQ[/tex] е успоредник и [tex]QN\parallel AB[/tex], [tex]QN=AB[/tex]. Освен това [tex]A_1B_1\parallel AB[/tex] и [tex]A_1B_1=AB[/tex], откъдето [tex]QN\parallel A_1B_1[/tex] и [tex]QN=A_1B_1[/tex]. Следователно [tex]QNB_1A_1[/tex] е успоредник и
[tex]NB_1\parallel QA_1[/tex]
И така, пресичащите се прави [tex]MN[/tex] и [tex]NB_1[/tex] от равнината [tex](MNB_1)[/tex] са успоредни на пресичащите се прави [tex]PQ[/tex] и [tex]QA_1[/tex] от равнината [tex](PQA_1)[/tex] и по признака за успоредност на две равнини тези равнини са успоредни или съвпадат.
Те не съвпадат: тъй като [tex]A_1\notin (ABCD)[/tex], равнината [tex](PQA_1)[/tex] пресича равнината на основата [tex](ABCD)[/tex] само по правата [tex]PQ[/tex], а точката [tex]N\in (ABCD)[/tex] не лежи на [tex]PQ[/tex], защото [tex]MN[/tex] и [tex]PQ[/tex] са различни успоредни прави (лежат от различни страни на [tex]AC[/tex]). Следователно [tex](MNB_1)\parallel (PQA_1)[/tex].

Решение:
Нека [tex]\pi[/tex] е секущата равнина. Тъй като [tex]AB\parallel\pi[/tex] и [tex]CD\parallel\pi[/tex], точките [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са от една и съща страна на [tex]\pi[/tex], както и точките [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex]; понеже [tex]\pi[/tex] минава през вътрешни точки, тези страни са различни. Затова [tex]\pi[/tex] пресича ръбовете [tex]AC[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]BD[/tex], [tex]AD[/tex] в точки [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex], [tex]N[/tex].
Тъй като [tex]AB\parallel\pi[/tex], равнината [tex](ABC)[/tex] пресича [tex]\pi[/tex] по права, успоредна на [tex]AB[/tex], т.е. [tex]KL\parallel AB[/tex]; аналогично от равнината [tex](ABD)[/tex] получаваме [tex]NM\parallel AB[/tex]. Тъй като [tex]CD\parallel\pi[/tex], от равнините [tex](ACD)[/tex] и [tex](BCD)[/tex] получаваме [tex]KN\parallel CD[/tex] и [tex]LM\parallel CD[/tex]. Следователно [tex]KLMN[/tex] е успоредник.
Нека [tex]E[/tex] е средата на [tex]CD[/tex]. Медианите [tex]AE[/tex] и [tex]BE[/tex] на равностранните триъгълници [tex]ACD[/tex] и [tex]BCD[/tex] са перпендикулярни на [tex]CD[/tex], затова [tex]CD\perp(ABE)[/tex] и значи [tex]CD\perp AB[/tex]. Тъй като [tex]KL\parallel AB[/tex] и [tex]KN\parallel CD[/tex], ъгълът [tex]LKN[/tex] е прав, т.е. [tex]KLMN[/tex] е правоъгълник.

Решение:
Нека [tex]\pi[/tex] е секущата равнина, а [tex]a[/tex] е ръбът на тетраедъра. Тъй като [tex]AB\parallel\pi[/tex] и [tex]CD\parallel\pi[/tex], точките [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] са от една и съща страна на [tex]\pi[/tex], както и точките [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex]; понеже [tex]\pi[/tex] минава през вътрешни точки, тези страни са различни. Затова [tex]\pi[/tex] пресича ръбовете [tex]AC[/tex], [tex]BC[/tex], [tex]BD[/tex], [tex]AD[/tex] в точки [tex]K[/tex], [tex]L[/tex], [tex]M[/tex], [tex]N[/tex].
Тъй като [tex]AB\parallel\pi[/tex], равнината [tex](ABC)[/tex] пресича [tex]\pi[/tex] по права, успоредна на [tex]AB[/tex], т.е. [tex]KL\parallel AB[/tex]; аналогично от равнината [tex](ABD)[/tex] получаваме [tex]NM\parallel AB[/tex]. Тъй като [tex]CD\parallel\pi[/tex], от равнините [tex](ACD)[/tex] и [tex](BCD)[/tex] получаваме [tex]KN\parallel CD[/tex] и [tex]LM\parallel CD[/tex]. Следователно сечението [tex]KLMN[/tex] е успоредник и срещуположните му страни са равни.
Нека [tex]\frac{AK}{AC}=t[/tex]. От подобните триъгълници [tex]CKL[/tex] и [tex]CAB[/tex], както и [tex]AKN[/tex] и [tex]ACD[/tex], получаваме
[tex]KL=a\cdot \frac{CK}{CA}=a(1-t); \quad KN=a\cdot \frac{AK}{AC}=at[/tex]
Следователно периметърът на сечението е
[tex]2(KL+KN)=2\left(a(1-t)+at\right)=2a[/tex]
и не зависи от положението на секущата равнина.

Решение:
Нека [tex]AA_1=h[/tex]. Тогава [tex]AB=h\sqrt{2}[/tex], [tex]AC=AB\sqrt{2}=2h[/tex] и [tex]AK=\frac{AC}{4}=\frac{h}{2}[/tex].
Първо, [tex]BD\perp AC[/tex] (диагонали на квадрат) и [tex]BD\perp AA_1[/tex] (призмата е права), затова [tex]BD\perp(ACC_1A_1)[/tex]. Правата [tex]A_1K[/tex] лежи в тази равнина, следователно [tex]A_1K\perp BD[/tex].
Нека [tex]O[/tex] е средата на [tex]AC_1[/tex] (центърът на призмата), а [tex]O'[/tex] е центърът на основата. Точките [tex]O[/tex] и [tex]M[/tex] са на височина [tex]\frac{h}{2}[/tex] съответно над [tex]O'[/tex] и [tex]D[/tex], затова [tex]DO'OM[/tex] е правоъгълник и [tex]MO\parallel DO'[/tex], т.е. [tex]MO\parallel BD[/tex]. Правата [tex]MO[/tex] лежи в равнината [tex](AMC_1)[/tex] и [tex]A_1K\perp MO[/tex].
Второ, в правоъгълника [tex]ACC_1A_1[/tex] ([tex]AC=2h[/tex], [tex]CC_1=h[/tex]) разглеждаме правоъгълните триъгълници [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]
Нека [tex]P=A_1K\cap AC_1[/tex]. Тъй като [tex]\angle A_1AC=90^{\circ}[/tex], имаме [tex]\angle PAA_1=90^{\circ}-\angle CAC_1[/tex], затова в триъгълника [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]
Следователно [tex]A_1K\perp AC_1[/tex]. Правите [tex]MO[/tex] и [tex]AC_1[/tex] лежат в равнината [tex](AMC_1)[/tex] и се пресичат в [tex]O[/tex], а правата [tex]A_1K[/tex] е перпендикулярна и на двете; затова [tex]A_1K\perp(AMC_1)[/tex].