Тип 14 № 13284

а)

Чтобы доказать, что плоскость $\alpha$ проходит через $B$ и $D$, рассмотрим прямую $SC$.

Прямая $SC$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, если она перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости. Найдём такие прямые.

Так как пирамида правильная, то $SO$ является её высотой. Кроме того, диагонали квадрата $ABCD$ перпендикулярны, поэтому:

$$AC \perp BD.$$

По теореме о трёх перпендикулярах:

$$SC \perp BD.$$

Так как точка $O$ принадлежит $BD$, то вся прямая $BD$ содержится в плоскости $\alpha$.

Теперь найдём вторую прямую. Рассмотрим треугольник $SOC$ и опустим высоту $OK$ на $SC$:

$$OK \perp SC.$$

Так как $O \in \alpha$ и $OK \perp SC$, то $OK \subset \alpha$.

Таким образом, плоскость $\alpha$ содержит $BD$ и содержит $OK$, значит она проходит через $B$ и $D$. Что и требовалось доказать.

б) Найдём отношение $SK : KC$

Из пункта (а) уже известно:

$$BD \perp SC, \qquad BD \perp SO.$$

Следовательно:

$$BD \perp (SOC) \quad\Rightarrow\quad BD \perp OK.$$

Площадь сечения равна площади треугольника $BKD$:

$$S_{BKD} = \frac12 \, BD \cdot OK.$$

Основание $ABCD$ — квадрат со стороной $4$, поэтому диагональ:

$$BD = 4\sqrt{2}.$$

А точка $O$ — центр квадрата, значит:

$$OC = 2\sqrt{2}.$$

По условию:

$$2\sqrt{14} = \frac12 \cdot 4\sqrt{2} \cdot OK \quad\Rightarrow\quad OK = \sqrt{7}.$$

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $KOC$. По теореме Пифагора:

$$KC^2 = OC^2 - OK^2 = (2\sqrt{2})^2 - (\sqrt{7})^2 = 8 - 7 = 1.$$

Отсюда:

$$KC = 1.$$

Теперь используем свойство высоты, проведённой к гипотенузе прямоугольного треугольника:

$$OK^2 = SK \cdot KC.$$

Подставим значения:

$$7 = SK \cdot 1 \quad\Rightarrow\quad SK = 7.$$

Отношение:

$$SK : KC = 7 : 1.$$

Ответ

$${7:1}$$