14838. Основание пирамиды
SABCD
— ромб
ABCD
со стороной
a
и углом
60^{\circ}
при вершине
A
. Ребро
SA
перпендикулярно основанию и равно
2a
. Через вершину
A
проведена плоскость перпендикулярно ребру
SC
. Найдите площадь сечения пирамиды этой плоскостью.
Ответ.
\frac{8a^{2}\sqrt{3}}{11\sqrt{7}}
.
Указание. Через точку пересечения медианы
SE
и высоты
AF
треугольника
ASC
проведите прямую
l
, параллельную
BD
. Искомая площадь равна половине произведения
AF
и отрезка прямой
l
, заключённого внутри пирамиды.
Решение. Пусть секущая плоскость пересекает ребро
SC
в точке
E
. Тогда
AE
— высота прямоугольного треугольника
SAE
проведённая из вершины прямого угла.
Диагонали
AC
и
BD
ромба перпендикулярны, поэтому ортогональная проекция наклонной
SC
на плоскость
ABCD
перпендикулярна прямой
BD
, лежащей в этой плоскости. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах
BD\perp SC
. Таким образом, прямая
BD
и секущая плоскость перпендикулярны одной и то же прямой
SC
. Следовательно, прямая
BD
параллельна секущей плоскости.
Через прямую
BD
, параллельную секущей плоскости, проходит плоскость
BSD
, пересекающая секущую плоскость по некоторой прямой
l
. Значит, эта прямая параллельна
BD
. Пусть прямая
l
пересекает рёбра
SB
и
SD
в точках
M
и
N
соответственно. Тогда четырёхугольник
AMEN
— сечение пирамиды, о котором говорится в условии задачи. Поскольку
MN\parallel BD
, а
BD\perp AE
(так как
BD
— перпендикуляр к плоскости
ASC
, содержащей прямую
AE
), то диагонали этого четырёхугольника пересекаются в некоторой точке
K
под прямым углом.
Из прямоугольного треугольника
SAC
находим, что
AE=\frac{SA\cdot AC}{SC}=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{SA^{2}+AC^{2}}}=\frac{2a\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{4a^{2}+3a^{2}}}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.

Высота
AE
прямоугольного треугольника
SAC
, проведённая из вершины прямого угла, делит гипотенузу
SC
на отрезки, пропорциональные квадратам катетов (см. задачу 1946), т. е.
\frac{SE}{EC}=\frac{SA^{2}}{AC^{2}}=\frac{4a^{2}}{3a^{2}}=\frac{4}{3}~\Rightarrow~\frac{SE}{SC}=\frac{4}{7}.

Пусть прямая, проведённая через точку
S
пересекается с продолжение отрезка
AE
в точке
T
. Из подобия треугольников
SET
и
CEA
(с коэффициентом
\frac{SE}{EC}=\frac{4}{3}
) находим, что
ST=\frac{4}{3}AC=\frac{4}{3}a\sqrt{3}.

Тогда коэффициент подобия треугольников
SKT
и
OKA
равен
\frac{SK}{KO}=\frac{ST}{OA}=\frac{\frac{4}{3}a\sqrt{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{8}{3}~\Rightarrow~\frac{SK}{SO}=\frac{8}{11}.

Из подобия треугольников
MSN
и
BSD
находим, что
MN=\frac{8}{11}BD=\frac{8}{11}a
. Следовательно (см. задачу 3018),
S_{AMEN}=\frac{1}{2}AE\cdot MN=\frac{1}{2}\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\cdot\frac{8}{11}a=\frac{8a^{2}\sqrt{3}}{11\sqrt{7}}.

Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1975, задача 5, вариант 6
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1975, с. 8, задача 5, вариант 6