Постройте сечение параллелепипеда ABCDA₁B₁C₁D₁ плоскостью AEF, где E принадлежит ребру BC, а F — внутренняя точка грани DCC₁D₁.

Обозначим секущую плоскость через $\alpha =(AEF)$.

1. На нижней грани $ABCD$ плоскость $\alpha$ пересекает грань по прямой $AE$.

2. Продлим прямую $AE$ до пересечения с прямой $CD$. Обозначим

Точка $P$ принадлежит плоскости $\alpha$, поскольку лежит на $AE$. Одновременно $P$ принадлежит плоскости грани $DC{C}_1{D}_1$.

3. Точка $F$ также лежит и в плоскости $\alpha$, и в грани $DC{C}_1{D}_1$. Поэтому прямая $PF$ является линией пересечения плоскости $\alpha$ с гранью $DC{C}_1{D}_1$.

4. Проведём $PF$ и найдём её пересечение с ребром $C{C}_1$:

Теперь $EG$ — сторона искомого сечения, лежащая в грани $BC{C}_1{B}_1$.

Дальнейшее построение зависит от того, через какое ребро прямая $PF$ выходит из грани $DC{C}_1{D}_1$.

Первый случай. Если $PF$ пересекает ребро $D{D}_1$ в точке $H$, то соединяем $H$ с $A$. Получаем сечение

Действительно, $AE$ лежит в грани $ABCD$, $EG$ — в $BC{C}_1{B}_1$, $GH$ — в $DC{C}_1{D}_1$, а $HA$ — в $AD{D}_1{A}_1$.

Второй случай. Если прямая $PF$ пересекает не $D{D}_1$, а верхнее ребро $D_1{C}_1$, обозначим

На верхней грани $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ через $K$ проводим прямую, параллельную $AE$. Это возможно потому, что грани $ABCD$ и $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ параллельны, следовательно, линии их пересечения с одной и той же плоскостью $\alpha$ параллельны. Пусть эта прямая пересечёт ребро $A_1{D}_1$ в точке $H$. Тогда искомое сечение —

Таким образом, в общем положении сечение представляет собой либо четырёхугольник $AEGH$, либо пятиугольник $AEGKH$; конкретный вид определяется положением точки $F$ на грани $DC{C}_1{D}_1$.

Если $E=B$, то $AE=AB\parallel CD$, поэтому точка $P$ не строится. В этом случае через $F$ на грани $DC{C}_1{D}_1$ проводят прямую, параллельную $AB$ (и $CD$); её пересечения с $C{C}_1$ и $D{D}_1$ дают две оставшиеся вершины сечения.