Тип 14 № 15875

а)

Проведём диагонали основания $AC$ и $BD$, пересекающиеся в точке $H$, а также отметим точки $M$ и $N$ — середины рёбер $BC$ и $CD$ соответственно. Тогда $MN \subset \alpha$.

Рассмотрим плоскость $(ASC)$. Прямая $MN$ пересекает эту плоскость в точке $P$, лежащей на отрезке $AC$. Проведём через точку $P$ отрезок $KP \parallel SC$, где $K \in SA$. Тогда $KP \subset \alpha$. Следовательно, $(KMN) = \alpha$. Значит, требуется доказать, что $SK : KA = 1 : 3$.

Так как $MN$ — средняя линия в $\triangle BCD$, то $MN \parallel BD$. Тогда по теореме Фалеса:

$$BM : MC = HP : PC \Rightarrow P \text{ — середина } CH$$

Значит, $CP : PA = 1 : 3$. А так как $KP \parallel SC$, то по теореме Фалеса $SK : KA = CP : PA = 1 : 3$. Что и требовалось доказать.

б) Пусть $KP \cap SH = Q$. Так как плоскость $\alpha$ проходит через $MN \parallel BD$, то $\alpha \parallel BD$. Следовательно, плоскость $\alpha$ пересекает плоскость $(BSD)$ по прямой $EF$, проходящей через точку $Q$ и параллельной $BD$.

Тогда многоугольник $MEKFN$ — сечение пирамиды плоскостью $\alpha$. Так как $AS \perp (ABCD)$, $AC \perp BD$, то по теореме о трёх перпендикулярах $SC \perp BD$, а $KP \parallel SC$, следовательно, $KP \perp MN$. Также $SC \parallel \alpha \Rightarrow EM \parallel SC \parallel FN$.

Следовательно, сечение состоит из двух многоугольников: прямоугольника $EFNM$ и равнобедренного треугольника $EKF$ (рёбра $SB$ и $SD$ равны, $KE = KF$ как середины).

Найдём необходимые длины отрезков:

$$MN = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot AB\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$$

$$SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2 + (4\sqrt{2})^2} = \sqrt{18 + 64} = 5\sqrt{2}$$

$$EM = \frac{5}{2}\sqrt{2} \quad\Rightarrow\quad KP = 3 \cdot \frac{5}{2}\sqrt{2} = \frac{15}{2}\sqrt{2}$$

$$KQ = KP - QP = KP - EM = \frac{5}{4}\sqrt{2}$$

Тогда площадь:

$$S_{MEKFN} = S_{EFNM} + S_{EKF} = EM \cdot MN + \frac{1}{2} \cdot EF \cdot KQ = 5\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{5}{4}\sqrt{2} = 10 + \frac{5}{2} = 12{,}5$$

Ответ: б) $12{,}5$