Пусть точка E  — се­ре­ди­на ребра BB₁, точка M  — се­ре­ди­на ребра AC. Пря­мая A₁E пе­ре­се­ка­ет про­дол­же­ние ребра AB в точке N, а пря­мая MN пе­ре­се­ка­ет ребро BC в точке K. Тогда A₁EKM  — ис­ко­мое се­че­ние. От­ре­зок BE  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка AA₁N₁, по­сколь­ку От­рез­ки CB и NM есть ме­ди­а­ны тре­уголь­ни­ка ACN, по­это­му CK : KB  =  2 : 1, то есть CK  =  4, BK  =  2.

Пло­щадь се­че­ния равна част­но­му от де­ле­ния пло­ща­ди про­ек­ции на ко­си­нус угла α, где α  — угол между плос­ко­стью се­че­ния и плос­ко­стью ABC. Пусть от­ре­зок AH  — пер­пен­ди­ку­ляр, про­ве­ден­ный из вер­ши­ны A к пря­мой MN, а от­ре­зок CT  — пер­пен­ди­ку­ляр, про­ве­ден­ный из вер­ши­ны C к той же пря­мой. За­ме­тим, что AB  =  BC  =  BN, то есть тре­уголь­ник ACN  — пря­мо­уголь­ный, Тогда и

Из ра­вен­ства тре­уголь­ни­ков AHM и CTM по­лу­ча­ем AH  =  CT и

а по­то­му

Пло­щадь про­ек­ции равна

На­ко­нец, пло­щадь ис­ко­мо­го се­че­ния равна

Ответ: 24.

По­сколь­ку шар впи­сан в приз­му, то окруж­ность боль­шо­го круга шара впи­сы­ва­ет­ся в ос­но­ва­ние приз­мы, т. е. в тре­уголь­ник. Ис­хо­дя из этого, пло­щадь ос­но­ва­ния приз­мы равна где P  — пе­ри­метр ос­но­ва­ния приз­мы, r  — ра­ди­ус шара. Кроме того, вы­со­та приз­мы равна диа­мет­ру шара, т. е.

Пло­щадь пол­ной по­верх­но­сти пря­мой тре­уголь­ной приз­мы равна (a, b, c  — сто­ро­ны ос­но­ва­ния приз­мы):

Ответ: 45.

Рас­смот­рим раз­верт­ку приз­мы. Точки A, C, A₁ лежат на одной пря­мой, сле­до­ва­тель­но, длина AA₁ равна Из точки А про­ве­дем пер­пен­ди­ку­ляр AH к пря­мой CB и пер­пен­ди­ку­ляр AH₁ к про­дол­же­нию от­рез­ка A₁A Точка H делит сто­ро­ну CB рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка ABC по­по­лам, так как яв­ля­ет­ся вы­со­той и ме­ди­а­ной. Сто­ро­на тре­уголь­ни­ка ABC равна A₁C₁, тре­уголь­ни­ки ABC и A₁B₁C₁ равны. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AA₁H₁ и ACH по­доб­ны по двум углам. При­мем длину сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ABC за x, x > 0, со­ста­вим урав­не­ние:

Длина A₁C равна раз­но­сти длин AA₁ и AC, то есть При­мем за a сто­ро­ну AA₁ пря­мо­уголь­ни­ка AA₁C₁C, a > 0. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AA₁C:

Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти приз­мы равна утро­ен­ной пло­ща­ди пря­мо­уголь­ни­ка AA₁C₁C. Имеем:

Ответ: 3.

По­стро­им ис­ко­мую плос­кость. Про­ве­дем KP до пе­ре­се­че­ния BB₁. Затем со­еди­ним по­лу­чен­ную точку L с точ­кой M . По­лу­чен­ный от­ре­зок MQ яв­ля­ет­ся ис­ко­мым.

Так как AM : AA₁  =  1 : 3, Тре­уголь­ни­ки KPC и LBP равны по сто­ро­не и двум углам, тогда Тре­уголь­ни­ки BQL и AMQ по­доб­ны по двум углам, тогда

Пусть QB  =  3x, тогда AQ  =  2x. Длина AB равна 5x и равна 3, тогда По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Квад­рат MQ, уве­ли­чен­ный в 25 раз, равен 61.

Ответ: 61.