Расстояние… — Задание 15 ЕГЭ по математике №00022279

а) $MN$ — средняя линия трапеции, поэтому $MN \parallel AD \parallel BC$. Важная деталь: средняя линия проходит через середины обеих диагоналей. Действительно, отрезок из $M$ в середину диагонали $AC$ — средняя линия треугольника $ABC$, он параллелен $BC$, значит, лежит на прямой $MN$; так же и с диагональю $BD$. Обозначим $P$ — середину $AC$, $Q$ — середину $BD$: обе точки лежат на $MN$, а значит, и в плоскости $\alpha$.

Смотрим на плоскость $SAC$: в ней лежат прямая $SO$ и точка $P$. Плоскость $\alpha$ проходит через $P$ и параллельна $SO$, поэтому линия пересечения $\alpha$ с плоскостью $SAC$ — прямая через $P$, параллельная $SO$: будь она не параллельна, она пересекла бы $SO$, а у $\alpha$ с $SO$ общих точек нет.

Где на диагонали $AC$ сидит точка $O$? Диагонали трапеции делятся точкой пересечения в отношении оснований: $\dfrac{AO}{OC} = \dfrac{AD}{BC}$, откуда $\dfrac{AO}{AC} = \dfrac{AD}{AD + BC} > \dfrac{1}{2}$, ведь $AD$ — большее основание. Значит, середина $P$ лежит между $A$ и $O$, и прямая через $P$ параллельно $SO$ идёт внутри треугольника $ASO$ — она пересекает ребро $SA$ в точке $L$, причём по теореме Фалеса $\dfrac{AL}{AS} = \dfrac{AP}{AO}$.

Симметрично в плоскости $SBD$: тут $\dfrac{BO}{OD} = \dfrac{BC}{AD} < 1$, поэтому середина $Q$ диагонали $BD$ лежит между $O$ и $D$, и линия пересечения $\alpha$ с плоскостью $SBD$ — прямая через $Q$ параллельно $SO$ — пересекает ребро $SD$ в точке $R$ с $\dfrac{DR}{DS} = \dfrac{DQ}{DO}$.

Сравним доли: $\dfrac{AP}{AO} = \dfrac{AC/2}{AC \cdot AD/(AD + BC)} = \dfrac{AD + BC}{2AD}$, и ровно так же $\dfrac{DQ}{DO} = \dfrac{BD/2}{BD \cdot AD/(AD + BC)} = \dfrac{AD + BC}{2AD}$. Доли равны! Значит, $\dfrac{SL}{SA} = \dfrac{SR}{SD}$, и в треугольнике $SAD$ отрезок $LR \parallel AD$.

Итого сечение — четырёхугольник $MNRL$: сторона $MN$ в основании, $NR$ на грани $SCD$, $RL$ на грани $SAD$, $LM$ на грани $SAB$. Обе стороны $MN$ и $LR$ параллельны $AD$, то есть параллельны между собой. А равны ли они? $MN = \dfrac{AD + BC}{2}$, а $LR = AD \cdot \dfrac{SL}{SA} = AD \cdot \dfrac{AD - BC}{2AD} = \dfrac{AD - BC}{2}$. Так как $AD \ne BC$, стороны параллельны, но не равны — $MNRL$ трапеция. Что и требовалось доказать.

б) Подставляем числа: $MN = \dfrac{10 + 8}{2} = 9$, $LR = \dfrac{10 - 8}{2} = 1$. Осталась высота сечения. Соединим $P$ и $L$: по построению $PL \parallel SO$, и в треугольнике $AOS$ по Фалесу $\dfrac{PL}{SO} = \dfrac{AP}{AO} = \dfrac{AD + BC}{2AD} = \dfrac{18}{20} = \dfrac{9}{10}$, откуда $PL = \dfrac{9}{10} \cdot 8 = 7{,}2$.

Почему именно $PL$ — высота? По условию $SO \perp AD$, а параллельный перенос сохраняет углы: $PL \parallel SO$, и обе стороны $MN$ и $LR$ параллельны $AD$, значит, $PL$ перпендикулярен им обеим. Отрезок соединяет точку $P$ на $MN$ с точкой $L$ на $LR$ и перпендикулярен обеим сторонам — это и есть высота трапеции сечения. Площадь: $S = \dfrac{MN + LR}{2} \cdot PL = \dfrac{9 + 1}{2} \cdot 7{,}2 = 5 \cdot 7{,}2 = 36$. Всё сходится. Ответ: $36$.