14. Стереометрическая задача: сечения пирамид, призм, параллелепипедов

Правильная треугольная пирамида $MABC$ с параметрами:

Высота $MO = 9.$
Боковые ребра $MA = MB = MC = 15.$

$а)$ Доказательство прямоугольности сечения.

$1.$ Обозначим точки:

$F$ — середина $AB.$
$G$ — середина $BC.$
$K$ — середина $MA.$
$L$ — середина $MC.$


$2.$ По построению:
$FK \parallel MB$ и $FK = \dfrac{MB}{2} = 7.5;$
$GL \parallel MB$ и $GL = \dfrac{MB}{2} = 7.5;$
$FG \parallel AC$ (средняя линия).

$3.$ Докажем перпендикулярность:

$AC \perp MBH$ $($так как $AC \perp BH$ и $AC \perp MO).$
Следовательно, $FG \perp FK$ и $FG \perp GL.$

$4.$ Таким образом, $FGLK$ — прямоугольник.

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Найдем основание пирамиды:

$$OB = \sqrt{MB^2-MO^2} = \sqrt{225-81} = 12$$ $$AC = OB\sqrt{3} = 12\sqrt{3}$$ $2.$ Размеры прямоугольника:

$FG = \dfrac{AC}{2} = 6\sqrt{3}.$
$FK = 7.5$ $($из пункта $а).$

$3.$ Площадь сечения: $$S = FG \cdot FK = 6\sqrt{3} \cdot7.5 = 45\sqrt{3}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что $FGLK$ — прямоугольник.

$б)$ Площадь сечения равна $45\sqrt{3}.$

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD{:}$
Точка $Q$ на ребре $AB$: $AQ : QB = 1 : 2.$
Точка $P$ — середина ребра $AS.$
Площадь сечения $DSB$ равна $6.$

$а)$ Доказательство перпендикулярности плоскостей

$1.$ Обозначим:
$O$ — центр основания.
$M$ — середина $AD.$
$K = AO \cap DQ.$
$N = MO \cap DQ.$

$2.$ Из свойств средней линии:

$MO \parallel AB$ и $MO = \dfrac{AB}{2};$
$NO = \dfrac{QB}{2} = AQ.$

$3.$ Треугольники $AKQ$ и $OKN$ равны по катету и острому углу $\Rightarrow K$ — середина $AO.$

$4.$ $PK$ — средняя линия $\triangle ASO \Rightarrow PK \perp (ABCD).$

$5.$ Так как $PK \subset (DPQ)$, то $(DPQ) \perp (ABCD).$

$б)$ Нахождение площади сечения $DPQ.$

$1.$ Примем $AB = 3a,$ тогда:
$AQ = a$, $QB = 2a;$
$BD = 3a\sqrt{2}.$

$2.$ Из площади сечения $DSB{:}$
$$\frac{BD \cdot SO}{2} = 6 \Rightarrow \frac{3a\sqrt{2} \cdot h}{2} = 6 \Rightarrow ah\sqrt{2} = 4$$ $3.$ Вычислим элементы сечения:

$DQ = \sqrt{AD^2 + AQ^2} = \sqrt{(3a)^2 + a^2} = \sqrt{10}a;$
$PK = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{h}{2}.$

$4.$ Площадь сечения:
$$S_{DPQ} = \frac{DQ \cdot PK}{2} = \frac{\sqrt{10}a \cdot \frac{h}{2}}{2} = \frac{\sqrt{10}ah}{4}$$ $5.$ Подставим $ah = \dfrac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ : $$S_{DPQ} = \frac{\sqrt{10} \cdot 2\sqrt{2}}{4} = \frac{2\sqrt{20}}{4} = \frac{4\sqrt{5}}{4} = \sqrt{5}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что Плоскость $DPQ$ перпендикулярна основанию.
$б)$ Площадь сечения $DPQ$ равна $\sqrt{5}.$

Пирамида $DABC$ с основанием — прямоугольным треугольником $ABC$:

Катеты $AC = 15$, $BC = 9.$
Точка $M$ — середина $AD.$
Точка $E \in BC$: $CE = 3.$
Точка $F \in AC$: $CF = 5.$
Расстояние $d(M, EF) = \sqrt{34.}$

$а)$ Доказательство, что $N$ — середина $BD.$
$1.$ Рассмотрим подобие треугольников:

$\triangle FEC \sim \triangle ABC$ по двум сторонам и углу
$\dfrac{CF}{CA} = \dfrac{CE}{CB} = \dfrac{1}{3}.$
Следовательно, $EF \parallel AB.$

$2.$ Пересечение плоскостей:
Плоскость $MEF$ пересекает $(ABD)$ по прямой $MN.$
Так как $EF \parallel AB$, то $MN \parallel AB.$

$3.$ В треугольнике $ABD{:}$
$M$ — середина $AD.$
$MN \parallel AB$ $\Rightarrow$ $N$ — середина $BD.$

$б)$ Нахождение площади сечения $MNF.$
$1.$ Вычислим длины: $$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{225 + 81} = \sqrt{306} = 3\sqrt{34}.$$ $$EF = \frac{1}{3}AB = \sqrt{34}.$$ $$MN = \frac{1}{2}AB = \frac{3}{2}\sqrt{34}.$$ $2.$ Сечение $MNEF$ — трапеция:

Высота $h = \sqrt{34}.$
Площадь:
$$S = \dfrac{MN + EF}{2} \cdot h = \dfrac{\frac{3}{2}\sqrt{34} + \sqrt{34}}{2} \cdot \sqrt{34}$$ $$S = \dfrac{\frac{5}{2}\sqrt{34}}{2} \cdot \sqrt{34} = \dfrac{5}{4} \cdot 34 = 42.5$$

Ответ:
$а)$ Точка $N$ — середина $BD$ — $\text{доказано}.$
$б)$ Площадь сечения равна $42.5.$

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD{:}$

Сторона основания $AB = 8.$
Боковое ребро $SA = 7.$
Точка $M \in AB$: $AM = 2 \Rightarrow MB = 6.$
Точка $K \in SB$: $SK = 1 \Rightarrow KB = 6.$

$а)$ Доказательство, что $C \in \alpha$.

$1.$ Построим:
$KL \perp (ABC).$
$ML \cap BC = N.$

$2.$ Из подобия треугольников:
$\triangle SOB \sim \triangle KLB$ $\Rightarrow$ $\dfrac{BL}{LD} = \dfrac{3}{4};$
$\triangle MBL \sim \triangle LHD$ $\Rightarrow$ $DH = 8 = DC.$


$3.$ Следовательно, точки $H$ и $C$ совпадают, значит $C \in \alpha$.

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Вычислим: $$AC = 8\sqrt{2} \Rightarrow CO = 4\sqrt{2}$$ $$SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{49-32} = \sqrt{17}$$ $2.$ Из подобия: $$\frac{KL}{SO} = \frac{KB}{SB} = \frac{6}{7} \Rightarrow KL = \frac{6\sqrt{17}}{7}$$
$3.$ Длина $MC$: $$MC = \sqrt{MB^2 + BC^2} = \sqrt{36 + 64} = 10$$
$4.$ Площадь сечения: $$S_{MKC} = \frac{1}{2} \cdot MC \cdot KL = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \frac{6\sqrt{17}}{7} = \frac{30\sqrt{17}}{7}$$

Ответ:
$а)$ Точка $C$ принадлежит плоскости $\alpha$ — $\text{доказано.}$
$б)$ Площадь сечения равна $\dfrac{30\sqrt{17}}{7}.$

Правильная четырехугольная призма $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с параметрами:

Сторона основания $AB = 4.$
Боковое ребро $AA_1 = 6.$
Точка $K \in AA_1$: $AK : KA_1 = 1 : 2.$

$1.$ Построим сечение плоскостью $\alpha{:}$
$\alpha \parallel AC$ и проходит через точки $B$ и $K.$
Сечение — четырехугольник $KBNM$ $($ $N \in CC_1,$ $M \in DD_1).$

$2.$ Из свойств параллельности:
$KN \parallel AC$ $($так как $\alpha \parallel AC).$
$AKNC$ — прямоугольник $\Rightarrow AK = CN = \frac{1}{3}AA_1 = 2.$

$3.$ Рассмотрим проекции:
$OH$ — средняя линия $\triangle BDM,$ где $OH = AK = 2.$
Следовательно, $DM = 2OH = 4 = \dfrac{2}{3}DD_1.$


$4.$ Таким образом, $DM : MD_1 = 4 : 2 = 2 : 1.$

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Вычислим элементы:
Диагональ основания $AC = 4\sqrt{2}.$
Длина $KN = AC = 4\sqrt{2}.$
Длина $BM = \sqrt{BD^2 + DM^2} = \sqrt{(4\sqrt{2})^2 + 4^2} = \sqrt{32 + 16} = 4\sqrt{3}.$


$2.$ Площадь сечения:
$$S = \frac{KN \cdot BM}{2} = \frac{4\sqrt{2} \cdot 4\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{6}$$

Ответ:
$а)$ Отношение $DM : MD_1 = 2 : 1.$
$б)$ Площадь сечения равна $8\sqrt{6}.$

Прямая призма $ABCA_1B_1C_1$ с параметрами:
Основание $ABC$ — равнобедренный треугольник с основанием $AB = 12.$
$AA_1 = 5.$
Точка $P \in AB$: $AP : PB = 3 : 1.$
Точка $Q$ — середина $B_1C_1.$
Точка $M$ — середина $BC.$
$\cos \angle ABC = \dfrac{3}{5}.$

$а)$ Доказательство параллельности $AB \parallel \alpha.$

$1.$ Проведем высоту $CH$ в $\triangle ABC$ $($ $H$ — середина $AB).$
$2.$ По теореме Фалеса перпендикуляр из $M$ на $AB$ проходит через $P.$

$3.$ Отрезок $QM$ перпендикулярен $BC$ и плоскости $ABC.$
$4.$ По теореме о трех перпендикулярах $AB \perp PQ.$
$5.$ Следовательно, $AB \parallel \alpha$ $($так как $\alpha \perp PQ).$

$б)$ Нахождение отношения $PX : XQ.$

$1.$ Найдём элементы треугольника:
$BH = \dfrac{AB}{2} = 6.$
$BC = \dfrac{BH}{\cos \angle ABC} = \dfrac{6}{\frac{3}{5}} = 10.$
$CH = \sqrt{BC^2-BH^2} = \sqrt{100-36} = 8.$

$2.$ Вычислим длины:
$MP = \dfrac{CH}{2} = 4$ (средняя линия).
$QM = BB_1 = 5.$

$3.$ В $\triangle PQM$ $(\angle PMQ = 90^\circ){:}$
$PQ = \sqrt{PM^2 + QM^2} = \sqrt{16 + 25} = \sqrt{41}.$
Высота $MX$ делит $PQ$ в отношении:
$$PX : XQ = PM^2 : QM^2 = 16 : 25.$$

Ответ:
$а)$ Прямая $AB$ параллельна плоскости $\alpha.$
$б)$ Отношение деления отрезка $PQ$ равно $16 : 25.$

Правильная четырехугольная призма $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с параметрами:

Площадь основания $S_{осн} = 3.$
Площадь сечения $\alpha$ равна $6.$
Сечение $MB_1KD$ — ромб.

$а)$ Доказательство, что $M$ — середина $AA_1.$

$1.$ Рассмотрим треугольники:
$\triangle AMD$ и $\triangle A_1MB_1.$
$AD = A_1B_1$ (как стороны основания и верхнего квадрата).
$MD = B_1M$ (как стороны ромба).

$2.$ Треугольники равны по гипотенузе и катету:
$\angle MAD = \angle MA_1B_1 = 90^\circ.$
$AD = A_1B_1.$
$MD = B_1M.$

$3.$ Следовательно, $AM = A_1M$, что означает, что $M$ — середина $AA_1$.

$б)$ Нахождение высоты призмы.

$1.$ Найдем сторону основания:
$$AB = \sqrt{S_{осн}} = \sqrt{3}$$ $2.$ Вычислим диагонали: $$AC = BD = AB\sqrt{2} = \sqrt{6}$$ $$MK = AC = \sqrt{6}$$ $3.$ Из площади ромба найдем вторую диагональ: $$6 = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{6} \cdot B_1D \Rightarrow B_1D = 2\sqrt{6}$$ $4.$ По теореме Пифагора для пространственной диагонали:
$$B_1D^2 = h^2 + BD^2 \Rightarrow 24 = h^2 + 6 \Rightarrow h = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что точка $M$ — середина $AA_1.$
$б)$ Высота призмы равна $3\sqrt{2}.$

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$ с параметрами:
Сторона основания $AB = 2.$
Точка $M$ — середина ребра $CC_1.$
Площадь сечения $A_1MB$ равна $6.$

$1.$ Рассмотрим треугольники:

$\triangle A_1C_1M$ и $\triangle BCM.$
$A_1C_1 = BC$ (как стороны правильного треугольника)
$C_1M = CM$ $($так как $M$ — середина $CC_1).$

$2.$ Треугольники равны по двум катетам:
$$\angle A_1C_1M = \angle BCM = 90^\circ.$$ $$A_1C_1 = BC.$$ $$C_1M = CM.$$ $3.$ Следовательно, $A_1M = BM,$ что означает равнобедренность $\triangle A_1MB.$

$б)$ Нахождение высоты призмы.

$1.$ Обозначим половину высоты призмы через $x,$ тогда $AA_1 = 2x$.

$2.$ Вычислим длины сторон:
$$A_1M = BM = \sqrt{x^2 + 4}$$ $$A_1B = \sqrt{(2x)^2 + 2^2} = \sqrt{4x^2 + 4} = 2\sqrt{x^2 + 1}$$ $3.$ Найдем высоту треугольника $A_1MB$:
$$MH = \sqrt{A_1M^2-\left(\frac{A_1B}{2}\right)^2} = \sqrt{x^2 + 4-(x^2 + 1)} = \sqrt{3}$$ $4.$ Из площади сечения:
$$6 = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 2\sqrt{x^2 + 1} \Rightarrow \sqrt{3(x^2 + 1)} = 6$$ $$3(x^2 + 1) = 36 \Rightarrow x^2 = 11 \Rightarrow x = \sqrt{11}$$ $5.$ Высота призмы:
$$AA_1 = 2x = 2\sqrt{11}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что треугольник $A_1MB$ равнобедренный.
$б)$ Высота призмы равна $2\sqrt{11}.$

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с параметрами:
Ребра: $AB = 8,$ $AD = 7,$ $AA_1 = 5.$
Точка $W \in DD_1$: $DW : WD_1 = 1 : 4.$

$а)$ Доказательство, что сечение — параллелограмм.

$1.$ Построим сечение плоскостью $(CA_1W)$:
Проведем $CT \parallel A_1W$ ($T \in BB_1).$
Соединим точки $A_1$ и $T.$

$2.$ Свойства сечения:
$CT \parallel A_1W$ (по построению).
$A_1T \parallel CW$ (как линии пересечения параллельных плоскостей).
Следовательно, $CTA_1W$ — параллелограмм.

$б)$ Нахождение площади сечения.

$1.$ Вычислим длины отрезков:
$D_1W = \dfrac{4}{5}DD_1 = 4.$
$DW = 1.$
$BT = D_1W = 4$ (из равенства треугольников).

$2.$ Найдем стороны параллелограмма:
$$CT = \sqrt{BC^2 + BT^2} = \sqrt{7^2 + 4^2} = \sqrt{65}$$ $$CW = \sqrt{CD^2 + DW^2} = \sqrt{8^2 + 1^2} = \sqrt{65}$$
$3.$ Вычислим диагонали:
$$CA_1 = \sqrt{7^2 + 8^2 + 5^2} = \sqrt{138}$$ $$WT = 2\sqrt{CT^2-\left(\frac{CA_1}{2}\right)^2} = 2\sqrt{65-34.5} = \sqrt{122}$$ $4.$ Площадь сечения:
$$S = \frac{CA_1 \cdot WT}{2} = \frac{\sqrt{138} \cdot \sqrt{122}}{2} = \frac{\sqrt{16\space836}}{2} = \sqrt{4\space209}$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что сечение $CTA_1W$ — параллелограмм.
$б)$ Площадь сечения равна $\sqrt{4\space209}.$

Прямоугольный параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1.$
Точка $E$ на $A_1A$: $A_1E : EA = 3 : 2.$
$T$ — середина $B_1C_1.$
Длины: $AD = 6$, $AA_1 = 10$, $AB = 2\sqrt{10}.$

$а)$ Доказательство, что сечение $ETD_1$ — равнобедренная трапеция:

$1.$ Построение:
Продлим $D_1T$ до $K$ на $A_1B_1.$
Проведем $EK$ → точка $F$ на $BB_1.$
Сечение — $EFTD_1.$

$2.$ Параллельность:
$FT \parallel ED_1$ (через параллельные плоскости).
Значит, $EFTD_1$ — трапеция.

$3.$ Равные стороны:
$\triangle D_1C_1T = \triangle KB_1T$ → $KB_1 = 2\sqrt{10}.$
$B_1F = 3$ (средняя линия).
Из равенства треугольников: $EF = TD_1 = 7.$

$б)$ Площадь сечения:

$1.$ Длины: $$EF = TD_1 = 7$$ $$ED_1 = 6\sqrt{2}$$ $$FT = 3\sqrt{2}.$$

$2.$ Высота:$$h = \sqrt{7^2-(\frac{3\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{\frac{89}{2}}.$$ $3.$ Площадь:$$S = \frac{6\sqrt{2}+3\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{\frac{89}{2}} = \frac{9\sqrt{89}}{2}.$$

Ответ:
$а)$ Сечение $EFTD_1$ — равнобедренная трапеция.
$б)$ Площадь сечения: $\dfrac{9\sqrt{89}}{2}.$

Правильная треугольная призма $ABCA_1B_1C_1$ имеет:
Длину ребра основания $AB = BC = AC = 1.$
Длину бокового ребра $AA_1 = BB_1 = CC_1 = 8\sqrt{3}.$
Точка $D$ — середина ребра $BB_1.$

$а)$ Доказательство равенства расстояний:

$1.$ В равностороннем треугольнике $ABC$ все высоты равны:
$$h = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ $2.$ Расстояние между $A_1D$ и $CC_1{:}$
Это расстояние равно высоте $CM$ треугольника $ABC$, так как $CC_1$ параллельна плоскости $AA_1B$, а $A_1D$ лежит в этой плоскости.

$3.$ Расстояние от $A$ до $BCC_1{:}$
Также равно высоте треугольника $ABC,$ так как плоскость $BCC_1$ параллельна ребру $AA_1.$

$б)$ Вычисление объема пятигранника $ABCA_1D{:}$

$1.$ Найдем высоту призмы:
$$CM = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

$2.$ Площадь основания $($трапеция $ABDA_1){:}$
$$BD = \frac{BB_1}{2} = 4\sqrt{3}$$ $$S = \frac{AA_1 + BD}{2} \cdot AB = \frac{8\sqrt{3} + 4\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = 6\sqrt{3}$$ $3.$ Объем пирамиды: $$V = \frac{1}{3} \cdot 6\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$$ Альтернативное решение:
Плоскость $CDA_1$ делит призму на две равные части, поэтому:
$$V = \frac{V_{\text{призмы}}}{2} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 1^2 \cdot 8\sqrt{3}}{2} = 3$$

Ответ:
$а)$ Расстояния действительно равны и составляют $\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$
$б)$ Объем пятигранника равен $3.$

Дана правильная треугольная пирамида $SABC$:

$M$ — середина $AB.$
$N$ — середина $CS.$
Известно: $AS = 8$, $MN = 5.$

$а)$ Доказательство равенства проекций:

$1.$ В правильной пирамиде проекция $AS$ на $ABC$ — это $AO$ (где $O$ — центр основания).

$2.$ Проекция $MN$ состоит из:

Проекции $M$ — сама точка $M$ $($ середина $AB).$
Проекция $N$ — середина проекции $CS$, точка $P$ $($середина $CO).$

$3.$ Из симметрии: $MP = AO$, что доказывает равенство проекций.

$б)$ Вычисление объема пирамиды:

$1.$ Обозначим:
Высота пирамиды $SO = h.$
Половина высоты $NP = \dfrac{h}{2}.$

$2.$ Из равенства проекций и теоремы Пифагора:
$$ AS^2-SO^2 = MN^2-NP^2 $$ $$ 64-h^2 = 25-\frac{h^2}{4} $$ $$ h = 2\sqrt{13} $$
$3.$ Найдем параметры основания:
$$AO = \sqrt{AS^2-SO^2} = \sqrt{64-52} = 2\sqrt{3}$$ $$AB = \frac{AO}{\sin 60^\circ} \cdot 2 =6$$
$4.$ Объем пирамиды:
$$V = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 6^2 \cdot 2\sqrt{13} = 6\sqrt{39} $$

Ответ:
$а)$ Проекции отрезков $MN$ и $AS$ на плоскость $ABC$ действительно равны.
$б)$ Объем пирамиды равен $6\sqrt{39}.$

Дана правильная треугольная пирамида $SABC$:
Сторона основания $AB = BC = AC = 16.$
Высота пирамиды $SH = 10.$
Точка $K$ — середина ребра $AS.$
Плоскость через $K$, параллельная $ABC$, пересекает $SB$ в $Q$ и $SC$ в $P.$

$а)$ Доказательство отношения площадей:

$1.$ Так как плоскость $KQP \parallel ABC$, то:
$KQ \parallel AB$ (по свойству параллельных плоскостей).
$KP \parallel AC.$

$2.$ Точка $K$ — середина $AS.$
$Q$ — середина $SB.$
$P$ — середина $SC.$

$3.$ Отношение площадей:
$\triangle SQP \sim \triangle BSC$ с коэффициентом $\dfrac{1}{2}.$
$$S_{SQP} = \frac{1}{4}S_{BSC}$$ $$S_{PQRC} = S_{BSC}-S_{SQP} = \frac{3}{4}S_{BSC}$$

$б)$ Вычисление объема пирамиды $KBQPC$:

$1.$ Объем исходной пирамиды:
$$V_{SABC} = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 16^2 \cdot 10 = \frac{640\sqrt{3}}{3}$$

$2.$ Отношение объемов:

Высота $KBQPC$ в $2$ раза меньше $($ $\dfrac{10}{2} = 5).$
Площадь основания относится как $3 : 4.$
$V_{KBQPC} = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot V_{SABC} = \dfrac{3}{8}V_{SABC}.$


$3.$ Итоговый объем:
$$V_{KBQPC} = \dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{640\sqrt{3}}{3} = 80\sqrt{3}$$

Ответ:
$а)$ Площади относятся как $3 : 4.$
$б)$ Объем пирамиды равен $80\sqrt{3}.$

Дана треугольная пирамида $SABC{:}$

Основание высоты $SO$ — середина отрезка $CH$ (высоты $\triangle ABC).$
Даны длины: $AB = 25$, $AC = 10$, $BC = 5\sqrt{13}$, $SC = 3\sqrt{10}.$

$а)$ Доказательство равенства.

$1.$ По теореме о трех перпендикулярах:
$SH \perp AB.$
$AS^2 = SH^2 + AH^2.$
$BS^2 = SH^2 + BH^2.$
Следовательно: $AS^2-BS^2 = AH^2-BH^2.$

$2.$ Для основания:
$AC^2 = AH^2 + CH^2.$
$BC^2 = BH^2 + CH^2.$
Следовательно: $AC^2-BC^2 = AH^2 — BH^2.$

$3.$ Из $п.1$ и $п.2$ получаем:
$$AC^2-BC^2 = AS^2-BS^2$$

$б)$ Вычисление объема пирамиды:

$1.$ Найдем высоту $CH$ треугольника $ABC$:

$$AC^2-AH^2 = BC^2-BH^2 $$ $$10^2-x^2 = (5\sqrt{13})^2-(25-x)^2 $$ $$ 100-x^2 = 325-625 + 50x-x^2 $$ $$x = AH = 8 $$ $$CH = \sqrt{AC^2-AH^2} = \sqrt{100-64} = 6$$

$2.$ Найдем высоту пирамиды $SO$: $$ CO = \frac{CH}{2} = 3 $$ $$ SO = \sqrt{SC^2-CO^2} = \sqrt{90-9} = 9 $$ $3.$ Вычислим объем: $$V = \frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot \frac{25 \cdot 6}{2} \cdot 9 = 225$$

Ответ:
$а)$ Доказано, что равенство $AC^2-BC^2 = AS^2-BS^2.$

$б)$ Объем пирамиды равен $225.$

$а)$ $OL$ — средняя линия треугольника $SAC$, поэтому $LO \parallel AS.$
Так как пирамида правильная, $AS \perp BD$ (по теореме о трех перпендикулярах: проекция $AS$ на плоскость основания — $AO \perp BD).$
Следовательно, $LO \perp BD,$ а значит, $LO \perp BO.$

$б)$ Пусть $AS = a$. Тогда:
$$BO = \dfrac{1}{2} BD = 4\sqrt{2}$$
$$OL = \dfrac{a}{2}$$

Тангенс угла между прямыми $BL$ и $SA{:}$
$$\text{tg } \angle (BL, SA) = \dfrac{BO}{OL} = \dfrac{4\sqrt{2}}{a/2} = \dfrac{8\sqrt{2}}{a} = 2\sqrt{\dfrac{2}{5}}$$

Отсюда:$$\dfrac{8\sqrt{2}}{a} = 2\sqrt{\dfrac{2}{5}}$$ $$a = \dfrac{8\sqrt{2}}{2\sqrt{\dfrac{2}{5}}} = 4\sqrt{5}$$

Высота боковой грани:
$$h = \sqrt{a^2 -\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2} = \sqrt{80 — 16} = 8$$

Площадь поверхности пирамиды:
$$S = S_{\text{осн}} + 4 \cdot S_{\text{бок}} = 8^2 + 4 \cdot \dfrac{8 \cdot 8}{2} = 64 + 128 = 192$$ Ответ:
а) Прямые $BO$ и $LO$ перпендикулярны.
б) Площадь поверхности пирамиды равна $192.$

$а)$ Проведем отрезок $BH$ — высоту треугольника $SBC$. Треугольники $SBC$ и $SDC$ равны, поэтому отрезок $DH$ — высота треугольника $SDC$. Тогда плоскость $BHD$ по признаку перпендикулярна прямой $SC$. Кроме того, точка $O$ лежит в этой плоскости, следовательно, плоскость $BHD$ совпадает с плоскостью $\alpha$.

$б)$ Выразим площадь равнобедренного треугольника $BHD{:}$
$$S_{BHD} = \dfrac{1}{2} \cdot OH \cdot BD \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} \cdot OH \cdot \sqrt{1^2 + 1^2} = \dfrac{\sqrt{2}}{3} \Leftrightarrow OH = \dfrac{2}{3}$$

Прямая $OH$ перпендикулярна прямой $SC,$ поскольку лежит в плоскости $BDH.$ Тогда:
$$HC^2 = \left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 -\left( \dfrac{2}{3} \right)^2 = \dfrac{1}{2} -\dfrac{4}{9} = \dfrac{1}{18}$$
откуда $HC = \dfrac{\sqrt{2}}{6}.$

По свойству прямоугольного треугольника $SC \cdot HC = OC^2,$ откуда $SC \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{6} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow SC = \dfrac{3}{\sqrt{2}}.$

Отрезок $SH$ равен $SC -HC = \dfrac{3}{\sqrt{2}} — \dfrac{\sqrt{2}}{6} = \dfrac{9 -1}{3\sqrt{2}} = \dfrac{8}{3\sqrt{2}}.$ Значит, искомая плоскость делит ребро $SC$ в отношении:
$$\dfrac{SH}{HC} = \dfrac{\dfrac{8}{3\sqrt{2}}}{\dfrac{\sqrt{2}}{6}} = \dfrac{8}{3\sqrt{2}} \cdot \dfrac{6}{\sqrt{2}} = \dfrac{48}{6} = 8$$ Ответ:
а) Плоскость $\alpha$ проходит через вершины $B$ и $D.$
б) Плоскость $\alpha$ делит ребро $SC$ в отношении $8:1,$ считая от вершины $S.$

$а)$ Пусть прямая $MN$ пересекает ребро $AB$ в точке $K.$ По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $KM$:
$$\dfrac{CM}{MA} \cdot \dfrac{AK}{KB} \cdot \dfrac{BN}{NC} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{2}{4} \cdot \dfrac{AK}{KB} \cdot \dfrac{8}{2} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{AK}{KB} = \dfrac{1}{2}$$ откуда $AK = 2$ и $KB = 4.$ Заметим далее, что углы $ACS$ и $BAS$ равны, а также $AK = CM = 2,$ $AS = CS = 7$ из условия. Следовательно, треугольники $ASK$ и $CSM$ равны, а потому равны и отрезки $SK$ и $SM.$ Таким образом, искомое сечение — треугольник $SKM$ — является равнобедренным по определению.

$б)$ По теореме косинусов в равнобедренном треугольнике $SAB{:}$
$$\cos \angle SAK = \dfrac{AB}{2AS} = \dfrac{6}{14} = \dfrac{3}{7} = \cos \angle MCS$$ Аналогично для треугольников $SMC$ и $AKM$ получаем:
$$SK = SM = \sqrt{CM^2 + SC^2 -2 \cdot CM \cdot SC \cdot \cos \angle MCS} = \sqrt{4 + 49 -2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot \dfrac{3}{7}} = \sqrt{53 -12} = \sqrt{41}$$
$$MK = \sqrt{AK^2 + AM^2 -2 \cdot AK \cdot AM \cdot \cos 60^\circ} = \sqrt{4 + 16 -2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot \dfrac{1}{2}} = \sqrt{20 -8} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$$

Высоту $SH$ треугольника найдем по теореме Пифагора для треугольника $SHM{:}$
$SH = \sqrt{SM^2- \left( \dfrac{MK}{2} \right)^2} = \sqrt{41- 3} = \sqrt{38}.$

Наконец, найдем площадь сечения:
$$S_{SKM} = \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{38} \cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{114}$$ Ответ:
$а)$ Сечение является равнобедренным треугольником.
$б)$ Площадь сечения равна $\sqrt{114}.$

$а)$ Рассмотрим треугольник $ABD.$ Так как тетраэдр правильный, все его грани — равносторонние треугольники. В равностороннем треугольнике медиана является высотой, поэтому $DM \perp AB.$ Аналогично в треугольнике $ABC$ медиана $CM$ также перпендикулярна $AB.$ Таким образом, прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DM$ и $CM$ в плоскости $CMD,$ значит, $AB \perp$ плоскости $CMD.$ Поскольку $MN$ лежит в плоскости $CMD,$ то $AB \perp MN.$

Аналогично доказывается перпендикулярность $CD$ и $MN.$ В треугольнике $ACD$ медиана $AN$ перпендикулярна $CD,$ а в треугольнике $BCD$ медиана $BN$ перпендикулярна $CD.$ Следовательно, $CD$ перпендикулярна плоскости $ABN,$ содержащей $MN,$ поэтому $CD \perp MN.$

$б)$ Поскольку $BK = 1$ и $KC = 5,$ то длина ребра $BC = 6.$ Так как тетраэдр правильный, все его ребра равны $6.$

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна $MN$ и проходит через точку $K$ на ребре $BC.$ Построим сечение, проходящее через $K$ и параллельное ребрам $AB$ и $CD.$ Пусть эта плоскость пересекает $BD$ в точке $T,$ а $AD$ в точке $R.$ Тогда $KT \parallel CD$ и $KR \parallel AB.$

Из подобия треугольников $BKT$ и $BCD$ получаем:
$$\dfrac{KT}{CD} = \dfrac{BK}{BC} = \dfrac{1}{6}$$ откуда $KT = \dfrac{1}{6} \cdot 6 = 1.$

Из подобия треугольников $CKR$ и $CBA$:
$$\dfrac{KR}{AB} = \dfrac{CK}{CB} = \dfrac{5}{6}$$ откуда $KR = \dfrac{5}{6} \cdot 6 = 5.$

Так как $AB \perp CD,$ а $KR \parallel AB$ и $KT \parallel CD,$ то $KR \perp KT.$ Следовательно, сечение $KTR$ — прямоугольник с площадью $S = KR \cdot KT = 5 \cdot 1 = 5.$

Ответ:
$а)$ Прямая $MN$ перпендикулярна ребрам $AB$ и $CD.$
$б)$ Площадь сечения равна $5.$

$а)$ Прямая $SA$ параллельна плоскости $OMN,$ так как плоскость проведена параллельно $SA$ через точку $O.$ Прямые $SA$ и $OM$ лежат в одной плоскости $SAC,$ поэтому они параллельны. В треугольнике $SAC$ точка $O$ — середина диагонали $AC$ основания, следовательно, $OM$ является средней линией. Таким образом, точка $M$ — середина ребра $SC.$

$б)$ Пусть плоскость $OMN$ пересекает ребро $BC$ в точке $K.$ Найдем длину отрезка $MK.$ Так как $N$ делит $SD$ в отношении $2:3,$ то $SN = 4$ и $ND = 6.$ Проведем через точку $N$ прямую, параллельную $SA,$ до пересечения с $AD$ в точке $E.$ Из подобия треугольников $SAD$ и $NED$ получаем:
$$\dfrac{DE}{DA} = \dfrac{DN}{DS} = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5}$$ значит $DE = 6$ и $EA = 4.$

Точка $O$ — центр квадрата, поэтому $K$ симметрична $E$ относительно $O,$ и $KC = EA = 4.$ В треугольнике $SBC$ все стороны равны $10,$ так как все ребра пирамиды равны. Точка $M$ — середина $SC,$ поэтому $MC = 5.$ Угол $SCB = 60^\circ,$ так как треугольник $SBC$ равносторонний. По теореме косинусов в треугольнике $MCK$:
$$MK^2 = MC^2 + KC^2-2 \cdot MC \cdot KC \cdot \cos 60^\circ = 25 + 16-2 \cdot 5 \cdot 4 \cdot \dfrac{1}{2} = 41-20 = 21$$ Следовательно, $MK = \sqrt{21}.$

Ответ:
$а)$ Точка $M$ — середина ребра $SC.$
$б)$ Длина отрезка равна $\sqrt{21}.$

$а)$ Треугольники $AEF$ и $ABC$ подобны с коэффициентом подобия $k = \dfrac{AE}{AC} = \dfrac{10}{12} = \dfrac{5}{6}.$ Следовательно, площадь треугольника $AEF$ равна:
$$S_{AEF} = k^2 \cdot S_{ABC} = \dfrac{25}{36} S_{ABC}$$

Высота пирамиды $SABC$ равна $SO = \sqrt{SA^2 -AO^2}.$ В правильном треугольнике со стороной $12$ радиус описанной окружности $$AO = \dfrac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}$$ Тогда:
$$SO = \sqrt{25^2 -(4\sqrt{3})^2} = \sqrt{625 -48} = \sqrt{577}$$

Высота пирамиды $KAEF$ равна $KL,$ где $L$ — проекция точки $K$ на основание $AEF.$ Из подобия треугольников $AKL$ и $ASO$ с коэффициентом $\dfrac{AK}{AS} = \dfrac{15}{25} = \dfrac{3}{5}$ получаем:
$$KL = \dfrac{3}{5} SO = \dfrac{3}{5} \sqrt{577}$$

Объем пирамиды $KAEF$:
$$V_{KAEF} = \dfrac{1}{3} S_{AEF} \cdot KL = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{25}{36} S_{ABC} \cdot \dfrac{3}{5} \sqrt{577} = \dfrac{5}{12} \cdot \dfrac{1}{3} S_{ABC} \cdot \sqrt{577} = \dfrac{5}{12} V_{SABC}$$

$б)$ Сечение пирамиды плоскостью $KEF$ — треугольник $KEF.$ Найдем его площадь. Сторона $EF$ треугольника $KEF$ равна: $$EF = k \cdot BC = \dfrac{5}{6} \cdot 12 = 10$$

Для нахождения высоты $KH$ треугольника $KEF$ рассмотрим точку $H$ — основание высоты из $K$ на $EF.$ В правильном треугольнике $ABC$ высота $AM = \dfrac{12\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}.$ Тогда $AH = \dfrac{5}{6} AM = 5\sqrt{3}.$

Из подобия треугольников $AKL$ и $ASO$ находим:$$AL = \dfrac{3}{5} AO = \dfrac{3}{5} \cdot 4\sqrt{3} = \dfrac{12\sqrt{3}}{5}$$ Тогда: $$LH = AH- AL = 5\sqrt{3}- \dfrac{12\sqrt{3}}{5} = \dfrac{13\sqrt{3}}{5}$$

Высота $KL = \dfrac{3}{5} \sqrt{577},$ поэтому:
$$KH = \sqrt{KL^2 + LH^2} = \sqrt{\dfrac{9}{25} \cdot 577 + \dfrac{169 \cdot 3}{25}} = \sqrt{\dfrac{5\space193 + 507}{25}} = \sqrt{\dfrac{5\space700}{25}} = \sqrt{228} = 2\sqrt{57}$$

Площадь треугольника $KEF$:
$$S_{KEF} = \dfrac{1}{2} \cdot EF \cdot KH = \dfrac{1}{2} \cdot 10 \cdot 2\sqrt{57} = 10\sqrt{57}$$ Ответ:
$а)$ Объем пирамиды $KAEF$ составляет $\dfrac{5}{12}$ от объема пирамиды $SABC.$
$б)$ Площадь сечения равна $10\sqrt{57}.$