1)  Для того, чтобы по­стро­ить се­че­ние через пря­мую AB и пер­пен­ди­ку­ляр­но SC, нам не­об­хо­ди­мо опу­стить пер­пен­ди­ку­ля­ры из точек A и B на SC, их общая точка куда по­па­дут пер­пен­ди­ку­ля­ры K (из ра­вен­ства бо­ко­вых плос­ко­стей сле­ду­ет, что вы­со­ты этих тре­уголь­ни­ков по­па­дут в одну точку). Ис­ко­мое се­че­ние AKB

2)  Опу­стим в тре­уголь­ни­ке AKB вы­со­ту KL из вер­ши­ны K, она будет и ме­ди­а­ной и бис­сек­три­сой, по­то­му что тре­уголь­ник рав­но­бед­рен­ный (AK=KB)

3)  Зная пло­щадь се­че­ния, най­дем

4)  По фор­му­ле ме­ди­а­ны рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка, най­дем

5)  Тре­уголь­ник KLC пря­мо­уголь­ный с пря­мым углом K (из по­стро­е­ния). Най­дем

6)  По свой­ству ме­ди­а­ны

7)  По свой­ству пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка

Ответ:

Дву­гран­ный угол из­ме­ря­ет­ся ли­ней­ным углом, ко­то­рый на­хо­дит­ся, как угол между пер­пен­ди­ку­ля­ра­ми, про­ве­ден­ны­ми в каж­дой из плос­ко­стей к общей линии пе­ре­се­че­ния. По­стро­им в грани SCD апо­фе­му SL: так как пи­ра­ми­да SABCD пра­виль­ная, то бо­ко­вая грань яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным тре­уголь­ни­ком, по­это­му апо­фе­ма (яв­ля­ю­ща­я­ся вы­со­той) па­да­ет в се­ре­ди­ну сто­ро­ны ос­но­ва­ния CD. В ос­но­ва­нии пи­ра­ми­ды про­ве­дем от­ре­зок LK (K ∈ AB), пер­пен­ди­ку­ляр­ный сто­ро­не CD (то есть па­рал­лель­но сто­ро­нам AD и BC). По­лу­чен­ный угол ∠SLK яв­ля­ет­ся ис­ко­мым ли­ней­ным углом.

Из по­стро­е­ния ясно, что сто­ро­ны се­че­ния DM и CN равны (от­рез­ки, про­ве­ден­ные в рав­ных тре­уголь­ни­ках), по­лу­чен­ное се­че­ние яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ци­ей DMNC. Зна­чит, чтобы найти ее пло­щадь, удоб­нее всего найти ее ос­но­ва­ние MN и вы­со­ту PL.

Из фор­му­лы для объ­е­ма пи­ра­ми­ды най­дем вы­со­ту пи­ра­ми­ды:

Пло­щадь ос­но­ва­ния S  =  1²  =  1.

Тогда из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка SOL по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­чим:

Из тре­уголь­ни­ка SKL по тео­ре­ме ко­си­ну­сов по­лу­ча­ем:

Далее, по свой­ству бис­сек­три­сы имеем SP : SL  =  KP : KL; обо­зна­чив SP за x, по­лу­чим:

Зна­чит SP  =  0,9; PK  =  0,6.

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка SPL по­лу­ча­ем, что то есть

Те­перь рас­смот­рим SAB: MN || AB, от­ку­да (по 3-м углам).

Тогда от­ку­да

Итак, пло­щадь се­че­ния равна:

Ответ:

Для на­ча­ла по­стро­им се­че­ние PQR: про­ве­дем пря­мую QP до пе­ре­се­че­ния с пря­мой AC в точке E. В плос­ко­сти грани ADC со­еди­ним точки E и R: пря­мая ER пе­ре­се­чет сто­ро­ну AD в точке S. Со­еди­няя точки S, R, P и Q, по­лу­ча­ем ис­ко­мое се­че­ние.

Пред­ва­ри­тель­но най­дем со­от­но­ше­ния и длины не­ко­то­рых сто­рон.

Рас­смот­рим плос­кость ABC. В тре­уголь­ни­ке BQP вы­чис­лим длину сто­ро­ны QP по тео­ре­ме ко­си­ну­сов:

Те­перь най­дем угол BPQ:

Тогда из ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства:

За­ме­тим, что как вер­ти­каль­ные, тогда можем найти угол AEP:

Вы­чис­лим синус угла β:

По тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка APE:

Те­перь рас­смот­рим плос­кость ADC. Из тре­уголь­ни­ка CRE по тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем:

Из этого же тре­уголь­ни­ка най­дем угол CER:

Тогда из ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства:

Най­дем синус угла ASE:

По тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ASE:

Для даль­ней­ше­го ре­ше­ния за­да­чи вос­поль­зу­ем­ся век­тор­ным ме­то­дом. Вве­дем ба­зис­ные век­то­ры: Вы­ра­зим век­то­ры и через ба­зис­ные:

от­ку­да

За­ме­тим, что и Най­дем длины этих век­то­ров:

Оста­лось вы­чис­лить ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние дан­ных век­то­ров:

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем:

от­ку­да

Ответ:

При­ме­ча­ние Дмит­рия Гу­щи­на.

Эту часть ре­ше­ния можно не­сколь­ко со­кра­тить, при­ме­нив тео­ре­му Ме­не­лая для тет­ра­эд­ра: точки S, R, P и Q, ле­жа­щие на реб­рах тет­ра­эд­ра AD, DC, AB и BC со­от­вет­ствен­но, при­над­ле­жат одной плос­ко­сти тогда и толь­ко тогда, когда

В нашем слу­чае:

Так как ос­но­ва­ние вы­со­ты па­да­ет в центр ромба ос­но­ва­ния, то мы по­лу­чим два рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ка: ASC и BSD (так как от­ре­зок SO яв­ля­ет­ся в них вы­со­той и ме­ди­а­ной).

Далее, по­стро­им ис­ко­мое се­че­ние: плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет плос­кость (BSD) по линии, па­рал­лель­ной линии BD. По­это­му в тре­уголь­ни­ке BSD через точку пе­ре­се­че­ния вы­со­ты SO и от­рез­ка AM (точка P) про­во­дим от­ре­зок точки N и K при­над­ле­жат сто­ро­нам SB и SD со­от­вет­ствен­но. Оста­ет­ся со­еди­нить точку K с точ­ка­ми A и M в плос­ко­стях (ASD) и (SCD) со­от­вет­ствен­но; точку N с точ­ка­ми A и M в плос­ко­стях (ASB) и (SBC) со­от­вет­ствен­но.

По­ка­жем, что в по­лу­чен­ном в се­че­нии 4-уголь­ни­ке диа­го­на­ли AM и NK пе­ре­се­ка­ют­ся под пря­мым углом. Рас­смот­рим на­клон­ную пря­мую AM и ее про­ек­цию AG на плос­кость ос­но­ва­ния (ABC): так как ABCD  — ромб, то и по тео­ре­ме о 3-х пер­пен­ди­ку­ля­рах А так как то Зна­чит, пло­щадь дан­но­го се­че­ния можно найти так:

Най­дем сто­ро­ны, не­об­хо­ди­мые для вы­чис­ле­ний: по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABO най­дем BO:

В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке ASC ме­ди­а­ны SO и AM де­лят­ся в от­но­ше­нии 2:1, счи­тая от вер­шин S и A со­от­вет­ствен­но. По­это­му

В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке BSD, от­ре­зок NK от­се­ка­ет по­доб­ный ему тре­уголь­ник NSK (угол S  — общий; как со­от­вет­ствен­ные). По­это­му от­ку­да

Рас­смот­рим далее вы­нос­ной чер­теж: тре­уголь­ник ASC.

По усло­вию по­это­му тре­уголь­ник AMG  — рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный. Зна­чит, AG = MG, тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Так как в тре­уголь­ни­ке SOC от­ре­зок MG па­рал­ле­лен SO и вы­хо­дит из се­ре­ди­ны сто­ро­ны SC, то MG яв­ля­ет­ся сред­ней ли­ни­ей дан­но­го тре­уголь­ни­ка. Тогда от­ку­да по­лу­ча­ем

Оста­лось по­счи­тать пло­щадь се­че­ния:

Ответ:

По­стро­е­ние се­че­ния.

Стро­им по­сле­до­ва­тель­но:

1.  От­ре­зок KL,

2.  От­ре­зок

3.  От­ре­зок

4.  От­ре­зок MN.

До­ка­жем, что LMNK  — ис­ко­мое се­че­ние.

Во-пер­вых, LM || SA, KN || SA, сле­до­ва­тель­но, LM || KN. По­сколь­ку через две па­рал­лель­ные пря­мые про­хо­дит одна и толь­ко одна плос­кость, то точки L, M, N, K при­над­ле­жат одной плос­ко­сти.

Во-вто­рых, SA || LM по по­стро­е­нию, зна­чит, SA || (LM); ана­ло­гич­но KL || BC (по по­стро­е­нию), сле­до­ва­тель­но, BC || (LM).

Те­перь до­ка­жем, что LMNK  — пря­мо­уголь­ник.

Про­ве­дем бис­сек­три­су угла BAC. Оче­вид­но, она прой­дет через точку H, раз­де­лит от­ре­зок BC на два рав­ных от­рез­ка (обо­зна­чим точку пе­ре­се­че­ния P), будет пер­пен­ди­ку­ляр­ной к от­рез­ку BC.

Со­еди­ним точки S и P от­рез­ком.

Далее мы впра­ве утвер­ждать, что при зер­каль­ной сим­мет­рии от­но­си­тель­но плос­ко­сти SA за­дан­ная пи­ра­ми­да пе­рей­дет сама на себя. При­чем, вер­ши­ны пи­ра­ми­ды A и S, точка P пе­рей­дут сами в себя, вер­ши­на В пе­рей­дет в вер­ши­ну С и, на­о­бо­рот, точка С пе­рей­дет в точку В. Так как KL || BC, то точки К и L пе­рей­дут друг в друга (по тео­ре­ме Фа­ле­са будет спра­вед­ли­вым ра­вен­ство АК : КС = АL : LB), кроме того, АС  =  АВ по усло­вию. Ана­ло­гич­но и точки M и N пе­рей­дут друг в друга, по­сколь­ку при той же сим­мет­рии и пе­рей­дут друг на друга.

Тогда спра­вед­ли­вы ра­вен­ства: KN=LM, KM=LN.

Из ра­вен­ства от­рез­ков KN и LM, а также их па­рал­лель­но­сти (по­ка­за­но выше) сле­ду­ет, что че­ты­рех­уголь­ник LMNK  — па­рал­ле­ло­грамм, А так как у него равны диа­го­на­ли, то этот па­рал­ле­ло­грамм - пря­мо­уголь­ник.

Оста­лось вы­чис­лить пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка LMNK.

Так как   — рав­но­сто­рон­ний, то

В где

Так как KL || BC, то От­сю­да:

Из па­рал­лель­но­сти AS и ML сле­ду­ет, что

Ответ: