Сечения пирамид

Пункт а: доказываем перпендикулярность

Рассмотрим треугольник $ANB$. Отрезки $AN$ и $BN$ - это медианы (и высоты) в равных правильных треугольниках $ADC$ и $BDC$. Следовательно, $AN = BN$, и треугольник $ANB$ - равнобедренный с основанием $AB$. В этом треугольнике $NM$ является медианой (так как $M$ - середина $AB$). По свойству равнобедренного треугольника, медиана, проведенная к основанию, является высотой. Значит, $NM \perp AB$. Аналогично доказывается, что в равнобедренном треугольнике $CMD$ отрезок $MN$ является медианой и высотой, откуда $MN \perp CD$.

Пункт б: определяем форму сечения

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $MN$. Из пункта «а» мы знаем, что прямые $AB$ и $CD$ также перпендикулярны $MN$. Следовательно, плоскость $\alpha$ параллельна скрещивающимся прямым $AB$ и $CD$. Обозначим точки пересечения плоскости $\alpha$ с рёбрами $AC$, $AD$ и $BD$ через $L$, $P$ и $Q$ соответственно. Так как плоскость параллельна $AB$, то линии пересечения плоскости с гранями $ABC$ и $ABD$ параллельны $AB$. Значит, $KL \parallel AB$ и $PQ \parallel AB$. Аналогично, $LP \parallel CD$ и $KQ \parallel CD$. В результате сечение $KLPQ$ - это параллелограмм. Так как скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра перпендикулярны ($AB \perp CD$), то и стороны параллелограмма перпендикулярны. $KLPQ$ - прямоугольник.

Пункт б: находим площадь

Треугольники $KCL$ и $KBQ$ подобны граням тетраэдра, то есть они правильные. Из условия $BK = 2$, $KC = 3$. Тогда $KL = KC = 3$, а $QK = BK = 2$. Площадь прямоугольника $KLPQ$ равна $KL \cdot QK = 3 \cdot 2 = 6$.

Ответ: б) $6$.

Пункт а: средняя линия и признак параллельности

Так как пирамида правильная, $O$ - середина диагонали $AC$. Точка $M$ - середина ребра $SC$ (по условию). Рассмотрим треугольник $SAC$. Отрезок $OM$ соединяет середины сторон $AC$ и $SC$, следовательно, $OM$ - средняя линия треугольника $SAC$. По свойству средней линии $OM \parallel SA$. Так как прямая $OM$ лежит в плоскости $OMK$, то по признаку параллельности прямой и плоскости прямая $SA$ параллельна плоскости $OMK$. Что и требовалось доказать.

Пункт б: находим след плоскости на основании

Нужно найти длину отрезка сечения, лежащего в грани $SAD$. Сначала найдем след плоскости $OMK$ на плоскости основания $ABCD$. Это прямая $OK$. Продлим прямую $OK$ до пересечения с ребром $AD$. Пусть это будет точка $L$. Рассмотрим основание $ABCD$ (это квадрат). $O$ - центр квадрата. Прямая $LK$ проходит через центр квадрата, значит, треугольники $ALO$ и $CKO$ равны (по стороне и двум прилежащим углам, так как $O$ - середина диагонали, а углы накрест лежащие при параллельных прямых). Из равенства треугольников следует, что $AL = KC$. По условию $BK:KC = 3:1$, а сторона $BC = 4$. Значит, $KC = \frac{1}{4} \cdot 4 = 1$. Следовательно, $AL = 1$.

Пункт б: подобие в грани SAD

Теперь вернемся к плоскости $SAD$. Плоскость $OMK$ пересекает грань $SAD$ по некоторой прямой. Так как плоскость $OMK$ параллельна $SA$ (из пункта «а»), линия пересечения плоскости $OMK$ и грани $SAD$ должна быть параллельна $SA$. Обозначим эту линию как $LN$, где $N$ лежит на ребре $SD$. Значит, $LN \parallel SA$. Рассмотрим треугольник $SAD$. Так как $LN \parallel SA$, треугольник $DLN$ подобен треугольнику $DSA$. Сторона $AD = 4$. Отрезок $DL = AD - AL = 4 - 1 = 3$. Коэффициент подобия $k = \frac{DL}{DA} = \frac{3}{4}$. Значит, $LN = \frac{3}{4} SA$.

Пункт б: вычисляем SA и длину отрезка

Осталось найти длину бокового ребра $SA$. В квадрате $ABCD$ диагональ $AC = AB \sqrt{2} = 4\sqrt{2}$. Тогда $AO = 2\sqrt{2}$. В прямоугольном треугольнике $ASO$ по теореме Пифагора:

Подставляем найденное значение:

Ответ: б) $6$.