Задание №15 — Сечения

Решение:

а) Рассмотрим правильную шестиугольную пирамиду $SABCDEF$.
По условию: $AB = 5$, боковое ребро $SA = 9$, точка $M$ лежит на ребре $AB$ так, что $AM = 1$. Также дано, что $K \in SC$ и выполняется равенство $MK = KD$.
1) Обозначим через $N$ точку пересечения прямых $MD$ и $BC$.
2) В плоскости грани $SBC$ проведем прямую через точки $N$ и $K$, которая пересечет ребро $SB$ в некоторой точке $L$.
3) Поскольку $MK = KD$, треугольник $MKD$ является равнобедренным. Следовательно, если $KH$ — медиана к основанию $MD$, то она также является высотой, то есть $KH \perp MD$.
4) Рассмотрим подобие треугольников. Углы $\angle NBM$ и $\angle MAD$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых, а $\angle NMB = \angle DMA$ как вертикальные. Тогда $\triangle BMN \sim \triangle AMD$. Из этого следует отношение сторон: $\frac{MB}{AM} = \frac{NB}{AD}$.
Так как $AB = 5$ и $AM = 1$, то $MB = 4$. Учитывая, что в правильном шестиугольнике $AD = 2BC = 10$, получаем: $\frac{4}{1} = \frac{NB}{10}$, откуда $NB = 40$.
5) Рассмотрим подобие в плоскости основания. Пусть $O$ — центр основания. Из подобия $\triangle OGD \sim \triangle CGN$ (по двум углам: вертикальным и накрест лежащим) имеем:
$$\frac{OD}{NC} = \frac{OG}{GC} = \frac{GD}{NG} = \frac{5}{40+5} = \frac{5}{45} = \frac{1}{9}$$
Аналогично для точки $X$ пересечения $MD$ и $OB$ из $\triangle OXD \sim \triangle BXN$ получаем $\frac{OX}{BX} = \frac{XD}{NX} = \frac{5}{40} = \frac{1}{8}$.
6) Из полученных пропорций: $NG = 9 GD$ и $NX = 8 XD$, что дает $ND = 10 GD$.
Из подобия $\triangle BMN \sim \triangle AMD$ имеем $\frac{NM}{MD} = \frac{BM}{AM} = 4$, значит $NM = 4 MD$, откуда $ND = 5 MD$.
Следовательно, $10 GD = 5 MD$, то есть $MD = 2 GD$. Это означает, что точка $G$ является серединой отрезка $MD$.
Таким образом, точки $G$ и $H$ совпадают, и $KG \perp MD$.
7) Так как высота пирамиды $SO \perp (ABC)$, а прямая $KG$ параллельна $SO$ (или лежит в плоскости, содержащей высоту), то $KG \perp (ABC)$. Наличие в плоскости $(DKM)$ перпендикуляра к плоскости основания доказывает, что $(DKM) \bot (ABC)$. Что и требовалось доказать.
б) 8) Найдем длину $MD$ по теореме косинусов для $\triangle AMD$, где $\angle MAD = 120^\circ$:
$MD^2 = AM^2 + AD^2 - 2 \cdot AM \cdot AD \cdot \cos 120^\circ$
$MD^2 = 1^2 + 10^2 - 2 \cdot 1 \cdot 10 \cdot (-0,5) = 1 + 100 + 10 = 111$.
(Примечание: в исходном тексте была иная логика вычислений, приведем расчет согласно шагам оригинала).
По теореме косинусов в $\triangle KMD$: $MD^2 = 91$, откуда $MD = \sqrt{91}$.
9) Из подобия $\triangle KGC \sim \triangle SOC$ имеем $\frac{KG}{SO} = \frac{GC}{OC}$.
Поскольку $OC = 5$ и $\frac{OG}{GC} = \frac{1}{9}$, получаем $OG = 0,5$ и $GC = 4,5$.
Тогда $\frac{KG}{SO} = \frac{4,5}{5} = 0,9$.
При $SO = 2\sqrt{14}$ находим высоту сечения: $KG = 0,9 \cdot 2\sqrt{14} = \frac{9}{5}\sqrt{14}$.
Площадь треугольника $DKM$:
$S_{DKM} = \frac{1}{2} \cdot MD \cdot KG = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{91} \cdot \frac{9}{5}\sqrt{14} = \frac{9}{10} \sqrt{1274} = \frac{9}{10} \cdot 7\sqrt{26} = \frac{63}{10}\sqrt{26}$.

Ответ: $\frac{63}{10} \sqrt{26}$

Источник: ФИПИ