Задание 29E197

Основание $ABCD$ — квадрат, $O$ — его центр. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в $O$ и перпендикулярны: $BD \perp AC$.

В правильной пирамиде $SO$ перпендикулярна плоскости основания. Тогда $SO \perp BD$, так как $BD$ лежит в основании. Учитывая $BD \perp AC$, получаем $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $SO$ плоскости $SAC$. Следовательно, $BD \perp$ плоскости $SAC$.

Из $BD \perp$ плоскости $SAC$ следует $BD \perp SC$. Плоскость $\alpha$ проходит через $O$ и перпендикулярна $SC$. Прямая $BD$ также проходит через $O$ и перпендикулярна $SC$, значит $BD$ целиком лежит в $\alpha$. Поэтому $\alpha$ содержит вершины $B$ и $D$.

Доказательство завершено.


б) Найти отношение, в котором $\alpha$ делит $SC$, считая от $S$, если площадь сечения равна $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

Сечение плоскостью $\alpha$ — четырёхугольник $BMDN$, где $M \in SC$, $N \in SA$. Из симметрии и условия $BD \subset \alpha$, $AC \parallel \alpha$ (так как $AC \perp BD$ и $AC$ не лежит в $\alpha$). Тогда $MN \parallel AC$.

$BMDN$ — ромб с диагоналями $BD$ и $MN$, перпендикулярными в точке $O$. $BD = AC = \sqrt{2}$. Площадь ромба: $S = \frac{1}{2} \cdot BD \cdot MN = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot MN$.

По условию площадь равна $\frac{\sqrt{2}}{3}$, поэтому:
$$
\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot MN = \frac{\sqrt{2}}{3} \quad \Rightarrow \quad MN = \frac{2}{3}.
$$

В треугольнике $SAC$: $AC = \sqrt{2}$, $MN \parallel AC$, $M \in SC$, $N \in SA$. Тогда треугольники $SMN$ и $SAC$ подобны с коэффициентом:
$$
\frac{MN}{AC} = \frac{2/3}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3}.
$$
Следовательно, $\frac{SM}{SC} = \frac{\sqrt{2}}{3}$.

Пусть $SM = \sqrt{2}k$, $SC = 3k$. Тогда $MC = SC - SM = 3k - \sqrt{2}k = k(3 - \sqrt{2})$. Отношение:
$$
\frac{SM}{MC} = \frac{\sqrt{2}k}{k(3 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{3 - \sqrt{2}}.
$$

Упростим:
$$
\frac{SM}{MC} = \frac{\sqrt{2}}{3 - \sqrt{2}} \cdot \frac{3 + \sqrt{2}}{3 + \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}(3 + \sqrt{2})}{9 - 2} = \frac{3\sqrt{2} + 2}{7}.
$$