Задание №15 — Сечения

Решение:
а) Обозначим через $L$ точку пересечения прямой $MN$ с продолжением стороны основания $AB$.

Применим теорему Менелая для треугольника $ABC$ и секущей линии $LNM$:
$$\frac{AL}{LB} \cdot \frac{BN}{NC} \cdot \frac{CM}{MA} = 1$$
Учитывая, что пирамида $SABC$ правильная, в её основании лежит равносторонний треугольник со сторонами $AB = BC = AC = 6$. Тогда отрезок $MA = AC - MC = 6 - 2 = 4$.
Подставим известные значения в соотношение:
$$\frac{AL}{LB} \cdot \frac{8}{2} \cdot \frac{2}{4} = 1$$
$$\frac{AL}{LB} \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{AL}{LB} = \frac{1}{2}$$
Поскольку длина $AB = 6$, а точка $A$ лежит между $L$ и $B$, получаем, что $AL = 2$ и $LB = 4$.
Теперь сопоставим треугольники $ASL$ и $CSM$:
1) $AS = SC$ (боковые ребра правильной пирамиды равны);
2) $AL = MC = 2$;
3) $\angle SAL = \angle SCM$ (как плоские углы при вершинах основания боковых граней).
Из равенства треугольников $\triangle ASL = \triangle CSM$ следует, что $SL = SM$. Таким образом, треугольник $SLM$ является равнобедренным, что и требовалось доказать.

б) Площадь треугольника $SLM$ можно вычислить по формуле $S_{SLM} = \frac{1}{2} \cdot LM \cdot SH$, где $SH$ — высота, опущенная на сторону $LM$.
Так как $\triangle ASL = \triangle CSM$, то $\cos \angle SAL = \cos \angle SCM$.
Найдем косинус угла боковой грани, используя теорему косинусов для $\triangle SAB$:
$SB^2 = SA^2 + AB^2 - 2 \cdot SA \cdot AB \cdot \cos \angle SAB$
$7^2 = 7^2 + 6^2 - 2 \cdot 7 \cdot 6 \cdot \cos \angle SAL$
$49 = 49 + 36 - 84 \cos \angle SAL \Rightarrow \cos \angle SAL = \frac{36}{84} = \frac{3}{7}$.
Следовательно, $\cos \angle SCM = \frac{3}{7}$.
Вычислим квадрат боковой стороны $SM$ в треугольнике $SCM$:
$SM^2 = SC^2 + MC^2 - 2 \cdot SC \cdot MC \cdot \cos \angle SCM$
$SM^2 = 7^2 + 2^2 - 2 \cdot 7 \cdot 2 \cdot \frac{3}{7} = 49 + 4 - 12 = 41$.
Отсюда $SM = SL = \sqrt{41}$.
В основании пирамиды $\angle LAM = 60^\circ$ (угол правильного треугольника). Найдем $LM$ по теореме косинусов для $\triangle ALM$:
$LM^2 = AL^2 + AM^2 - 2 \cdot AL \cdot AM \cdot \cos 60^\circ = 2^2 + 4^2 - 2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 4 + 16 - 8 = 12$.
Значит, $LM = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.
В равнобедренном треугольнике $SLM$ высота $SH$ является медианой, поэтому $LH = \frac{1}{2} LM = \sqrt{3}$.
По теореме Пифагора из $\triangle LSH$:
$SH^2 = SL^2 - LH^2 = 41 - (\sqrt{3})^2 = 41 - 3 = 38 \Rightarrow SH = \sqrt{38}$.
Искомая площадь:
$S_{SLM} = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{38} = \sqrt{3 \cdot 38} = \sqrt{114}$.

Ответ: б) $\sqrt{114}$

Источник: ФИПИ