Тип 15 № 20238

а) Пусть заданная в условии плоскость пересекает $SC$ и $SA$ в точках $L$ и $Q$ соответственно. Тогда

$$KL \parallel SB \parallel PQ$$

Из параллельности следует, что $\triangle CKL \sim \triangle CBS$ с коэффициентом $k_1=\dfrac{CK}{CB}$, а также $\triangle APQ \sim \triangle ABS$ с коэффициентом $k_2=\dfrac{AP}{AB}$. Из подобия имеем

$$KL=BS \cdot k_1, \quad PQ=BS \cdot k_2,$$

причем по условию

$$k_1=k_2=\frac{2}{5}$$

Получили, что $KL$ равен и параллелен $PQ$, значит, $KLQP$ — параллелограмм. Осталось доказать, что $KL \perp KP$, из этого будет следовать, что $KLQP$ является прямоугольником.

Пусть $O$ — проекция точки $S$ на плоскость $(ABC)$, тогда $O$ — центр равностороннего треугольника $\triangle ABC$, а значит, прямая $BO$ — биссектриса, медиана и высота, так как пирамида правильная. Точка $H$ — пересечение прямых $BO$ и $AC$, $BH \perp AC$. Тогда по обратной теореме Фалеса

$$BK : KC = BP : PA \Rightarrow KP \parallel CA \Rightarrow KP \perp BH$$

Кроме того, с привлечением теоремы о трех перпендикулярах имеем

$$SO \perp (ABC), \ ON \perp KP \Rightarrow SN \perp KP$$

Тогда получаем

$$KP \perp SN,\ KP \perp ON \Rightarrow KP \perp (SNB) \Rightarrow KP \perp SB$$

Вспомним, что $SB \parallel KL \parallel PQ$, тогда $KP \perp KL$, значит, $KLQP$ — прямоугольник.

б) $SB \parallel \omega$, значит, расстояние от $S$ до $\omega$ равно расстоянию от прямой $SB$ до плоскости $\omega$. Пусть $T$ — основание перпендикуляра из $H$ на $SB$, $M$ — точка пересечения $HS$ и $LQ$. В пункте а) мы уже показали, что плоскость $(SMB)$ перпендикулярна прямым $KP$ и $LQ$, а значит и всей плоскости $\omega$. Точка $H$ также лежит в плоскости $(SMB)$, получаем, что часть отрезка $TH$, заключенная между отрезками $SB$ и $MN$, и есть искомое расстояние.

Найдем отрезок $BH$ — высоту в равностороннем треугольнике $\triangle ABC$ :

$$BH=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 6=3\sqrt{3}$$

По теореме Пифагора для $\triangle SCH$ :

$$SH=\sqrt{SC^2-CH^2}=4$$

Пусть $TS=x$, тогда по теореме Пифагора для $\triangle SHT$ :

$$HT=\sqrt{SH^2-x^2}=\sqrt{16-x^2}$$

При этом $BT=SB-ST=5-x$, тогда по теореме Пифагора для $\triangle BHT$ :

$$HT=\sqrt{HB^2-(5-x)^2}=\sqrt{27-(5-x)^2}$$

Приравняем

$$\sqrt{16-x^2}=\sqrt{27-(5-x)^2}$$

$$(5-x)^2-x^2-11=0$$

$$25-10x-11=0$$

$$x=\frac{7}{5}$$

Тогда

$$HT=\sqrt{16-\frac{49}{25}}=\frac{3\sqrt{39}}{5}$$

Треугольники $\triangle HNM$ и $\triangle HBS$ подобны с коэффициентом $2:5$, поэтому нужная нам часть отрезка $HT$ равна

$$\frac{3}{5} \cdot \frac{3\sqrt{39}}{5}=\frac{9\sqrt{39}}{25}$$

Ответ:

б) $\frac{9\sqrt{39}}{25}$