Тип 14 № 13266

a)

Пусть $C_1$ — середина $AB$, $G$ — пересечение медианы $SC_1$ со средней линией $EF$. Тогда точка $D$ пересечения $SO$ и $GC$ является точкой пересечения отрезка $SO$ и плоскости $(CEF)$.

Отрезки $SG = GC_1$, так как $EF$ — средняя линия. Отрезки $CO : OC_1 = 2 : 1$, так как $O$ — центр масс, то есть точка пересечения медиан, тогда $OC : CC_1 = 2 : 3$.

Запишем теорему Менелая для треугольника $OSC_1$ и прямой $GC$: $$\frac{C_1G}{GS}\cdot \frac{SD}{DO}\cdot \frac{OC}{CC_1} = 1 \quad\Rightarrow\quad 1\cdot \frac{SD}{DO}\cdot \frac{2}{3} = 1 \quad\Rightarrow\quad SD : DO = 3 : 2.$$

—

б) Если пирамида правильная, то картинка симметрична относительно плоскости $(SCC_1)$, а значит $CG \perp EF$ и $HG \perp EF$. Следовательно, искомый угол между плоскостями равен углу $\angle CGH$.

Найдём все стороны треугольника $GHC$, чтобы найти косинус угла $CGH$ по теореме косинусов.

Пусть сторона основания равна $a$, тогда по условию: $$27\sqrt{3} = S_{ABC} = \frac12 a^2 \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 \quad\Rightarrow\quad a^2 = 4\cdot 27 \quad\Rightarrow\quad a = 6\sqrt{3}.$$

Далее, $$CC_1 = 6\sqrt{3}\sin 60^\circ = 9$$ как высота в равностороннем треугольнике $ABC$.

$$GH = \frac12 C_1C = \frac{9}{2}$$ как средняя линия в треугольнике $SCC_1$.

Отрезок $$C_1B = \frac{a}{2} = 3\sqrt{3}.$$

По теореме Пифагора для $\triangle BSC_1$ с учётом того, что пирамида правильная и $SC_1$ — высота и медиана: $$SC_1 = \sqrt{SB^2 - BC_1^{\,2}} = \sqrt{100 - 27} = \sqrt{73}.$$

Найдём отрезок $CG$ по формуле медианы в треугольнике $SCC_1$: $$CG = \sqrt{\frac12 CC_1^{\,2} + \frac12 CS^{\,2} - \frac14 SC_1^{\,2}} = \sqrt{\frac{81}{2} + 50 - \frac{73}{4}} = \sqrt{\frac{289}{4}} = \frac{17}{2}.$$

Теперь найдём косинус угла $CGH$ по теореме косинусов: $$\cos \angle CGH = \frac{GH^2 + GC^2 - HC^2}{2GH\cdot GC} = \frac{\frac{81}{4} + \frac{289}{4} - 25}{2 \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{17}{2}} = \frac{270}{18\cdot 17} = \frac{15}{17}.$$