ID: 00013660
В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ точка $O$ — центр основания, точка $M$ — середина ребра $SC$, точка $K$ лежит на ребре $BC$ и делит его в отношении $BK:KC = 3:2$. Известно, что $AB = 4$, $SA = 10$.
а) Докажите, что плоскость $OMK$ параллельна прямой $SA$.
б) Найдите длину отрезка, по которому плоскость $OMK$ пересекает грань $SAD$.
Источник: ФИПИ
Пункт а (доказательство).
$O$ — центр квадрата $ABCD$, то есть середина диагонали $AC$. Точка $M$ — середина ребра $SC$. Значит $OM$ — средняя линия треугольника $SAC$, и поэтому $OM\parallel SA$.
Прямая $OM$ лежит в плоскости $(OMK)$, а прямая $SA$ в этой плоскости не лежит (иначе в ней лежала бы вся грань $SAC$ вместе с точкой $S$, но $K$ — внутренняя точка ребра $BC$, вне плоскости $SAC$). Прямая, параллельная прямой, лежащей в плоскости, и сама в этой плоскости не лежащая, параллельна плоскости. Значит $SA\parallel(OMK)$, что и требовалось доказать.
Пункт б (вычисление).
Введём координаты с началом в $O$: $A(-2;-2;0)$, $B(2;-2;0)$, $C(2;2;0)$, $D(-2;2;0)$.
$AO$ — половина диагонали: $AO = \dfrac{4\sqrt2}{2} = 2\sqrt2$. Тогда $SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{100-8} = \sqrt{92} = 2\sqrt{23}$, то есть $S(0;0;2\sqrt{23})$.
$M$ — середина $SC$: $M(1;\ 1;\ \sqrt{23})$.
$K$ на $BC$ с $BK:KC=3:2$, то есть $\vec{BK} = \tfrac35\vec{BC}$: $K(2;\ 0{,}4;\ 0)$.
Нормаль плоскости $(OMK)$: $\vec{n} = \vec{OM}\times\vec{OK}$. Считая и сокращая общий множитель, получаем $\vec{n} = (\sqrt{23};\ -5\sqrt{23};\ 4)$, а уравнение плоскости —$$\sqrt{23}\,x - 5\sqrt{23}\,y + 4z = 0.$$
Проверка пункта а: $\vec{AS} = (2;2;2\sqrt{23})$, и $\sqrt{23}\cdot 2 - 5\sqrt{23}\cdot 2 + 4\cdot 2\sqrt{23} = 2\sqrt{23}-10\sqrt{23}+8\sqrt{23} = 0$ — прямая $SA$ действительно параллельна плоскости.
Подставим вершины грани $SAD$ в левую часть $f(x;y;z)=\sqrt{23}x - 5\sqrt{23}y + 4z$:
$f(A) = -2\sqrt{23}+10\sqrt{23} = 8\sqrt{23}$, $f(D) = -2\sqrt{23}-10\sqrt{23} = -12\sqrt{23}$, $f(S) = 8\sqrt{23}$.
У $A$ и $S$ знак один, у $D$ — противоположный. Значит плоскость пересекает грань $SAD$ по отрезку, концы которого лежат на рёбрах $AD$ и $SD$.
На $AD$: $t = \dfrac{8\sqrt{23}}{8\sqrt{23}+12\sqrt{23}} = 0{,}4$, откуда $P = A + 0{,}4\,\vec{AD} = (-2;\ -0{,}4;\ 0)$.
На $SD$: $t = \dfrac{8\sqrt{23}}{8\sqrt{23}+12\sqrt{23}} = 0{,}4$, откуда $Q = S + 0{,}4\,\vec{SD} = (-0{,}8;\ 0{,}8;\ 1{,}2\sqrt{23})$.
Обе точки лежат на самих рёбрах (параметр $0{,}4\in[0;1]$), значит отрезок $PQ$ — искомый.
$$\vec{PQ} = (1{,}2;\ 1{,}2;\ 1{,}2\sqrt{23}) = 1{,}2\cdot(1;\ 1;\ \sqrt{23}),$$
$$|PQ| = 1{,}2\cdot\sqrt{1+1+23} = 1{,}2\cdot\sqrt{25} = 1{,}2\cdot 5 = 6.$$
Ответ: $6$.
6