Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то в её ос­но­ва­нии лежит квад­рат со сто­ро­ной 8, пря­мые SN и SK равны 8, так как яв­ля­ют­ся апо­фе­ма­ми. Точка M  — се­ре­ди­на SN. Пря­мая DC па­рал­лель­на плос­ко­сти ASB, так как DC па­рал­лель­на AB. Про­ведём A₁B₁ так, что она па­рал­лель­на пря­мой AB и про­хо­дит через точку M. Тогда по тео­ре­ме Фа­ле­са точки A₁ и B₁  — се­ре­ди­ны рёбер AS и BS. Зна­чит, тра­пе­ция A₁B₁CD  — ис­ко­мое се­че­ние, A₁B₁  =  4, так как яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей тре­уголь­ни­ка SAB. Пря­мая NK  — про­ек­ция пря­мой MK на плос­кость ос­но­ва­ния. Так как NK па­рал­лель­но AD, а AD пер­пен­ди­ку­ляр­на DC, то NK пер­пен­ди­ку­ляр­на DC. Зна­чит, по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах MK пер­пен­ди­ку­ляр­на DC. Так как тре­уголь­ник NSK рав­но­сто­рон­ний, тогда MK  — ме­ди­а­на и вы­со­та, тогда Пло­щадь се­че­ния

Ответ:

По­стро­им се­че­ние куба плос­ко­стью. Най­дем пе­ри­метр се­че­ния:

Ответ:

По­стро­им се­че­ние куба плос­ко­стью:

Най­дем пе­ри­метр се­че­ния:

Ответ:

От­ре­зок AB₁  — диа­го­наль квад­ра­та AA₁B₁B, пря­мая AK пе­ре­се­ка­ет пря­мую A₁D₁ в точке L. Пря­мая B₁L пе­ре­се­ка­ет ребро куба D₁C₁ в точке N. По­стро­им от­ре­зок KN, по­лу­ча­ем, что ис­ко­мым се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся че­ты­рех­уголь­ник B₁NKA. Плос­ко­сти A₁AB и D₁DC па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, пря­мые AB₁ и KN, со­дер­жа­щи­е­ся в дан­ных плос­ко­стях, также па­рал­лель­ны. Че­ты­рех­уголь­ник B₁NKA яв­ля­ет­ся тра­пе­ци­ей. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LD₁K и ADK равны по ка­те­ту и остро­му углу, сле­до­ва­тель­но, их ка­те­ты LD₁ и AD равны, их длины равны 2. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LD₁N и B₁C₁N равны по ка­те­ту и остро­му углу, сле­до­ва­тель­но, их ка­те­ты D₁N и NC₁ равны, их длины равны 1. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки ADK и B₁C₁N равны по двум ка­те­там, сле­до­ва­тель­но, их ги­по­те­ну­зы AK и B₁N равны, сле­до­ва­тель­но, тра­пе­ция B₁NKA яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁B₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KD₁N:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ADK по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В тра­пе­ции B₁NKA опу­стим вы­со­ты KF и NH. Длины от­рез­ков HF и NK равны Длина ос­но­ва­ния тра­пе­ции AB₁ равна в силу ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков B₁NH и AKF длины от­рез­ков HB₁ и AF равны и равны В тре­уголь­ни­ке AKF по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции B₁NKA:

Ответ: 4,5.

От­ре­зок AC  — диа­го­наль ос­но­ва­ния куба, пря­мая AK пе­ре­се­ка­ет пря­мую DD₁ в точке L. Пря­мая CL пе­ре­се­ка­ет ребро куба D₁C₁ в точке N. Про­ве­дем от­ре­зок KN, ис­ко­мое се­че­ние  — че­ты­рех­уголь­ник AKNC. Так как плос­ко­сти ABC и A₁B₁C₁ па­рал­лель­ны, пря­мые AC и KN па­рал­лель­ны. Че­ты­рех­уголь­ник AKNC  — тра­пе­ция. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁K и LD₁K равны по ка­те­ту и остро­му углу, тогда от­рез­ки LD₁ и AA₁ равны, их длины равны 4. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CC₁N и LD₁N равны по ка­те­ту и про­ти­во­ле­жа­ще­му остро­му углу. Тогда от­рез­ки D₁N и NC₁ равны, их длины равны 2. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁K и CC₁N равны по двум ка­те­там, от­сю­да сле­ду­ет ра­вен­ство от­рез­ков AK и CN. Таким об­ра­зом, тра­пе­ция AKNC яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке KD₁N по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ADC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁K по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

В тра­пе­ции AKNC опу­стим вы­со­ты NF и KH. Длины от­рез­ков KN и HF равны Так как длина от­рез­ка AC равна а длина HF равна сумма длин от­рез­ков AH и FC равна В силу ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков AKH и FNC от­рез­ки AH и FC равны, их длины равны По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AKH:

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции AKNC:

Ответ: 18.