ФИПИ 616CD3 — Сечение многогранников

План. Найдём точку $M$ по средней линии треугольника $SAC$. Затем построим след секущей плоскости в основании. Он укажет вторую вершину нужного отрезка на грани $SBC$. а) Почему $M$ — середина $SC$. Плоскости $OMN$ и $SAC$ пересекаются по прямой $OM$. Прямая $SA$ лежит в $SAC$ и параллельна плоскости $OMN$. Поэтому она параллельна линии их пересечения: $$OM\parallel SA.$$ Иначе две непараллельные прямые $SA$ и $OM$ в одной плоскости пересеклись бы, и $SA$ имела бы общую точку с плоскостью $OMN$, вопреки параллельности. В квадрате $O$ — середина диагонали $AC$. Значит, в треугольнике $CSA$ прямая через середину $CA$, параллельная $SA$, пересекает $CS$ в его середине. Следовательно, $$SM=MC=\frac{SC}{2}=2.$$ б) Находим вторую вершину на грани $SBC$. В грани $SAD$ через $N$ проведём прямую, параллельную $SA$. Она лежит в секущей плоскости и пересекает $AD$ в точке $L$. Треугольники $DNL$ и $DSA$ подобны. Условие $SN:ND=1:3$ даёт $$\frac{DN}{DS}=\frac3{1+3}=\frac34.$$ Поэтому $$\frac{DL}{DA}=\frac34,\qquad DL=\frac34\cdot4=3,$$ $$AL=AD-DL=4-3=1.$$ След секущей плоскости в основании — прямая $LO$. Выберем в основании координаты $A(0;0)$, $B(4;0)$, $C(4;4)$, $D(0;4)$. Тогда $$L(0;1),\qquad O(2;2).$$ При изменении $x$ на 2 координата $y$ увеличивается на 1. Уравнение $LO$: $$y=1+\frac x2.$$ На ребре $BC$ имеем $x=4$. Поэтому точка $P=LO\cap BC$ имеет координаты $$y=1+\frac42=3,\qquad P(4;3).$$ Отсюда $CP=4-3=1$. В грани $SBC$ находятся точки $M$ и $P$, принадлежащие секущей плоскости. Следовательно, искомое пересечение — отрезок $MP$. Все рёбра пирамиды равны 4, поэтому треугольник $SBC$ равносторонний и угол $MCP=\angle SCB=60^\circ$. В треугольнике $MCP$ знаем $CM=2$, $CP=1$. По теореме косинусов $$MP^2=CM^2+CP^2-2CM\cdot CP\cos60^\circ,$$ $$MP^2=2^2+1^2-2\cdot2\cdot1\cdot\frac12=4+1-2=3,$$ $$MP=\sqrt3.$$ Ответ: б) $\sqrt3$.