№16 (С2 по старому) из Тренировочного варианта №84 А. Ларина

Смотрите также № 17, №18
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна $\sqrt6$, боковое ребро составляет с высотой угол $30^{\circ}$. Плоскость $\alpha$, проходящая через вершину основания пирамиды, перпендикулярна противолежащему боковому ребру и разбивает пирамиду на две части.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью α;
б) Определите объём прилегающей к вершине части пирамиды.

Решение:

1) Пусть плоскость $\alpha$ проходит через вершину $A$ пирамиды. Тогда согласно условию плоскость $\alpha$ должна быть перпендикулярна ребру $SC$.

Выбираем (пока произвольную) точку $M$ на ребре $SC$. Прямые в плоскостях граней $BCS$  и $DCS$ (проходящие через точку $M$), перпендикулярные  ребру $SC$, пересекают  ребра $BS$ и $SD$ пирамиды соответственно в точках $P$  и $K$ (подумайте, кстати, почему невозможна ситуация, когда указанные прямые пересекают ребра $BC$ и $CD$). Далее,  в процессе решения, будет выяснено точное положение точек $P$ и $K$ на ребрах $BS$ и $DS$.

Соединяем точку $A$ с точками $P$ и $K$, получаем искомое сечение $APMK$  ($\alpha \perp SC$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости).

Будем искать объем пирамиды $APMKS$. А ведь у нее $SM\perp (APMK)$, то есть $SM$ будет у нас выступать в качестве высоты пирамиды $APMKS$. 

Кстати, в сечении у нас получился четырехугольник с перпендикулярными диагоналями.

Действительно, + показать

А значит, формула площади четырехугольника $S=\frac{1}{2}d_1d_2sin\gamma$, где $\gamma$ – угол между диагоналями превращается в $S=\frac{1}{2}d_1d_2.$

Итак, найдя площадь основания $APMK$ пирамиды $APMKS$ и высоту $SM$, мы тот час же найдем и объем пирамиды.

Обратимся к основанию пирамиды. Очевидно, диагональ квадрата со стороной $\sqrt6$ есть $\sqrt{12}$ или $2\sqrt3.$

Так как боковое ребро пирамиды по условию составляет с высотой угол в $30^{\circ}$, то, например, $\Delta ASC$ – равносторонний (равнобедренный в силу того, что пирамида правильная плюс угол при вершине $S$ равен $60^{\circ}$). А значит, боковое ребро пирамиды, как и диагональ основания, – есть $2\sqrt3.$

А так как перпендикулярность прямой $SC$ и плоскости $\alpha$ влечет за собой $SC\perp AM$ ($AM$ лежит в $\alpha$) то в равностороннем треугольнике $ASM$  $AM$ – медиана, то есть $M$ – середина ребра $SC$.

Очевидно, $AM=\sqrt{(2\sqrt3)^2-(\sqrt3)^2}=3.$

Далее, в треугольнике $ASC$ точка $Q$ делит $SO$ в отношении $2:1$, считая от т. S  по свойству медиан (ведь $SO$ и $AM$ – медианы треугольника).

А значит, из подобия $\Delta PSK$ и $\Delta BCD$ с коэффициентом подобия 2:3, получаем, что

$PK=\frac{2}{3}BD=\frac{2}{3}\cdot 2\sqrt3=\frac{4\sqrt3}{3}.$

Тогда

$S_{APMK}=\frac{1}{2}\cdot AM\cdot PK=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{4\sqrt3}{3}=2\sqrt3.$

 Наконец,

$V_{APMKS}=\frac{1}3{}S_{APMK}\cdot SM=\frac{1}{3}\cdot 2\sqrt3\cdot \sqrt3=2.$

Ответ: 2.