Задача №15169

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ известно, что $AB=1\text{.}$ Через точку $O$ пересечения диагоналей основания перпендикулярно ребру $SC$ провели плоскость $\alpha \text{.}$

а) Докажите, что плоскость $\alpha$ проходит через вершины $B$ и $D\text{.}$

б) В каком отношении плоскость $\alpha$ делит ребро $SC\text{,}$ считая от вершины $S\text{,}$ если площадь сечения равна $\frac{\sqrt{2}}{3}\text{?}$

а) Рассмотрим правильную четырёхугольную пирамиду $SABCD$ с квадратом $ABCD$ со стороной $AB=1\text{.}$ Боковые грани $SBC$ и $SDC$ — равные равнобедренные треугольники (по трём сторонам).

Проведём в треугольнике $SBC$ высоту $BK$ к стороне $SC$ ($K\in SC$). Из равенства треугольников $SBC$ и $SDC$ следует, что длина высоты из $D$ к $SC$ равна $BK\text{,}$ а в силу симметрии пирамиды относительно плоскости $SAC$ основание этой высоты совпадает с $K\text{.}$ Значит, $DK\perp SC\text{.}$

Таким образом, $BK\perp SC$ и $DK\perp SC\text{,}$ следовательно, прямая $SC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $BDK\text{.}$ Поэтому $SC\perp \text{пл. }BDK\text{.}$

Точка $O$ — пересечение диагоналей квадрата — лежит на $BD\text{,}$ значит, принадлежит плоскости $BDK\text{.}$

Плоскость $\alpha$ по условию проходит через $O$ и перпендикулярна $SC\text{.}$ Но через точку $O$ перпендикулярно прямой $SC$ можно провести только одну плоскость. Следовательно, $\alpha$ совпадает с плоскостью $BDK\text{,}$ а потому содержит вершины $B$ и $D\text{.}$

б) Сечение пирамиды плоскостью $\alpha$ — треугольник $BDK$ (он пересекает основание по $BD\text{,}$ а грани $SBC$ и $SDC$ по отрезкам $BK$ и $DK$).

Треугольник $BDK$ равнобедренный ($BK=DK$). Его площадь можно вычислить как

$$S_{BDK}=\frac{1}{2}\cdot BD\cdot OK,$$

где $OK$ — высота, опущенная из $O$ на сторону $BD$ (так как $O$ — середина $BD\text{,}$ то $OK$ — медиана и высота).

По условию $S_{BDK}=\frac{\sqrt{2}}{3}\text{.}$ Диагональ квадрата $BD=\sqrt{2}\text{.}$ Подставляем:

$$\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2}\cdot OK=\frac{\sqrt{2}}{3}\Rightarrow OK=\frac{2}{3}.$$

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна $SC\text{,}$ поэтому прямая $OK\text{,}$ лежащая в $\alpha \text{,}$ также перпендикулярна $SC\text{.}$ Следовательно, $OK\perp SC\text{,}$ и точка $K$ — основание перпендикуляра из $O$ на $SC\text{.}$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OKC$ ($\angle OKC=90^{\circ }$). В нём $OC=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ (половина диагонали квадрата). По теореме Пифагора:

$$K{C}^2=O{C}^2-O{K}^2={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{1}{2}-\frac{4}{9}=\frac{1}{18},$$

откуда

$$KC=\frac{\sqrt{2}}{6}.$$

Прямая $SO$ — высота пирамиды, поэтому $SO\perp \text{пл. }ABCD$ и $SO\perp OC\text{.}$ Значит, треугольник $SOC$ прямоугольный с прямым углом $O\text{.}$ В нём $OK$ — высота, опущенная на гипотенузу $SC\text{.}$ Из свойства прямоугольного треугольника:

$$O{C}^2=SC\cdot KC.$$

Подставляем:

$$\frac{1}{2}=SC\cdot \frac{\sqrt{2}}{6}\Rightarrow SC=\frac{1}{2}\cdot \frac{6}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$

Теперь находим

$$SK=SC-KC=\frac{3\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{6}=\frac{9\sqrt{2}-\sqrt{2}}{6}=\frac{8\sqrt{2}}{6}=\frac{4\sqrt{2}}{3}.$$

Искомое отношение отрезков $SK$ и $KC$ (считая от вершины $S$):

$$\frac{SK}{KC}=\frac{\frac{4\sqrt{2}}{3}}{\frac{\sqrt{2}}{6}}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\cdot \frac{6}{\sqrt{2}}=8.$$

Таким образом, плоскость $\alpha$ делит ребро $SC$ в отношении $8:1\text{.}$