Тип 15 № 10019

a) По условию пирамида $SABC$ является правильно, тогда высота опущенная из вершины $S$ делит биссектрисы, медианы и высоты основания в отношении $\frac{2}{1}$.

Тогда:$$\frac{BO}{OQ} = \frac{2}{1}$$

Заметим также, что $BO$ – это проекция $BS$ на плоскость $ABC$, поэтому перпендикуляр, опущенный из точки $K$ на плоскость $ABC$ будет лежать на прямой $BQ$. Пусть $L$ – это точка пересечения перпендикуляра, опущенного из точки $K$ на плоскость $ABC$, причём $KL \in \alpha$.

Запишем теорему Фалеса для треугольника $SOB$ и $KL || SO$: $$\frac{OL}{LB} = \frac{SK}{KB} = \frac{7}{3}$$

Введём следующие обозначения: $$BO = 2a, OQ = a$$ Тогда: $$BL + LO = BO = 2a$$ Пусть: $$OL = 7b, LB = 3b$$ Тогда: $$OL + LB = 3b + 7b = 10b = OB = 2a \Rightarrow a = OQ = 5b$$ Отсюда: $$QL = OL + QO = 5b + 7b = 12b$$

Рассмотрим треугольник $BQA$ и секущую $CM$. Если точка $C \in \alpha$, то по теореме Менелая справедливо равенство: $$\frac{QL}{LB} \cdot \frac{CA}{QC} \cdot \frac{MB}{AM} = 1 \Leftrightarrow \frac{12b}{3b}\cdot\frac{2QC}{QC}\cdot\frac{1}{8} = 1 \text{ верно }$$ Значит, точка $C$ принадлежит плоскости $\alpha$

б) Рассмотрим треугольники $KLB$ и $SOB$. Они подобны по двум углам, так как $\angle SOB = \angle KLB$ и $OBS$ – общий. Запишем пропорцию: $$\frac{KL}{OS} = \frac{BK}{BS} = \frac{3}{10} \Rightarrow KL = \frac{3}{10}OS$$

Найдём $BQ$ из треугольника $ABC$: $$BQ = AB\cdot\frac{\sqrt3}{2} = 9\cdot\frac{\sqrt3}{2}$$ $$BO = \frac{2}{3}BQ = 3\sqrt3$$

Рассмотрим треугольник $SOB$. По теореме Пифагора: $$SO = \sqrt{SB^2 - OS^2} = \sqrt{43 - 27} =\sqrt{16} = 4$$ Тогда $KL = \frac{3}{10}OS = \frac{6}{5}$

Рассмотрим треугольник $BMC$. нам извествен угол $B = 60^\circ$. Тогда по теореме косинусов имеем: $$CM^2 = CB^2 + BM^2 - 2\cdot CB\cdot BM\cdot\cos 60^\circ = 1 + 81 -2\cdot9\cdot1\cdot\frac{1}{2} = 73 \Rightarrow CM = \sqrt{73}$$ Найдём площадь сечения $\alpha$: $$S_{\alpha} = S_{CMK} = \frac{\sqrt{73}\cdot\frac{6}{5}}{2} = \frac{3\sqrt{73}}{5}$$

Ответ: $\frac{3\sqrt{73}}{5}$