Тип 14 № 15870

а)

Пусть $SH$ — высота пирамиды $SABCD$. Так как эта пирамида правильная, то $H$ — точка пересечения диагоналей квадрата $ABCD$.

Так как $\alpha \perp SB$, то $SB$ перпендикулярна любой прямой из $\alpha$. Следовательно, $DM \perp SB$. Пусть $O = DM \cap SH$.

Так как $SH \perp (ABC)$, $BH \perp AC$, то по теореме о трёх перпендикулярах $SB \perp AC$. Проведем через точку $O$ прямую $EF \parallel AC$ (см. рис.). Тогда $EF \perp SB$. Следовательно, $DEMF$ — сечение пирамиды плоскостью $\alpha$.

Также по теореме о трёх перпендикулярах $DM \perp AC$. Следовательно, так как $EF \parallel AC$, то диагонали сечения $DM$ и $EF$ перпендикулярны. Что и требовалось доказать.

б) Так как диагонали сечения $DEMF$ взаимно перпендикулярны, то площадь сечения можно искать по формуле $$S = S_{DEMF} = \frac{1}{2} \cdot DM \cdot EF$$

По условию $SA = 6$, а $AB : SA = 1 : \sqrt{2}$. Следовательно, $AB = SA : \sqrt{2} = 3\sqrt{2}$. Следовательно, $BD = AB\sqrt{2} = 6$. Значит, $\triangle BSD$ равносторонний. Тогда $$DM = \frac{BD\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$$

Так как $\triangle BSD$ равносторонний, то $DM$ и $SH$ — не только высоты, но и медианы этого треугольника. Следовательно, точкой пересечения они делятся в отношении $2 : 1$, считая от вершины. Тогда $$\frac{SO}{OH} = \frac{2}{1}$$

$\triangle FSE \sim \triangle ASC$, следовательно, $$\frac{EF}{AC} = \frac{SO}{SH} = \frac{2}{3} \;\Rightarrow\; EF = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3}BD = 4$$

Тогда искомая площадь равна $$S = \frac{1}{2} \cdot DM \cdot EF = 6\sqrt{3}$$

Ответ:

б) $6\sqrt{3}$