Тип 15 № 20293

а) Пусть $M', N'$ — точки пересечения $MN$ с диагоналями трапеции. Так как $SO\parallel\alpha$, то проведем $M'K, N'L\parallel SO$ и получим сечение пирамиды плоскостью $\alpha$ — четырехугольник $KLNM$. Докажем, что это трапеция.

Так как $N$ и $M$ лежат в $\alpha$ и $MN\parallel AD$, то $\alpha\parallel AD$. Следовательно, она пересечет плоскость, в которой лежит $AD$, по прямой, параллельной $AD$. Следовательно,

$$KL\parallel AD\parallel MN.$$

Осталось доказать, что $MK$ не параллельна $NL$. Действительно, так как $M'K\parallel N'L$, то $\angle M'KL+\angle N'LK=180^\circ$. Тогда, так как $\angle M'KM+\angle N'LN>0^\circ$, то $\angle MKL+\angle KLN>180^\circ$, следовательно, $MK$ не параллельна $NL$.

б) Так как $\triangle BOC\sim\triangle AOD$, то пусть $BO\cdot k=OD$, $CO\cdot k=OA$. Тогда $BD=(k+1)BO$, $AC=(k+1)CO$.

Для точки $N'$ имеем:

$$\frac{DN'}{N'O}=\frac{\frac12 BD}{\frac12 BD-BO}=\frac{(k+1)BO}{(k-1)BO}=\frac{k+1}{k-1}$$

Из условия задачи $k=AD:BC=5:4$, следовательно, по теореме Фалеса

$$DL:LS=DN':N'O=\frac{\frac54+1}{\frac54-1}=9:1$$

Значит $KL=0{,}1AD=1$, а $N'L=0{,}9SO=7{,}2$. Так как $SO\perp AD$, то $N'L\perp MN$, следовательно, $N'L$ — высота трапеции, находящейся в сечении.

Тогда искомая площадь сечения равна

$$S_\alpha=\frac{1+9}{2}\cdot 7{,}2=36$$

Ответ: б) 36