В правильной четырёхугольной пирамиде \(SABCD\) известно, что \(AB = 2\). Через точку \(O\) пересечения диагоналей основания перпендикулярно ребру \(SC\) провели плоскость \(\alpha\).
а) Докажите, что плоскость \(\alpha\) проходит через вершины \(B\) и \(D\).
б) В каком отношении плоскость \(\alpha\) делит ребро \(SC\), считая от вершины \(S\), если площадь сечения равна \(\sqrt{3}\)?
а) Прямая \(SC\) перпендикулярна плоскости \(\alpha\) тогда, когда она перпендикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости. Найдём такие прямые, проходящие через точку \(O\).
Пирамида правильная, поэтому \(SO\) — её высота, а диагонали основания перпендикулярны: \(AC \perp BD\). Тогда по теореме о трёх перпендикулярах \(SC \perp BD\). Точка \(O\) лежит на \(BD\), значит прямая \(BD\) целиком лежит в \(\alpha\) — то есть плоскость проходит через \(B\) и \(D\). Что и требовалось доказать.
Вторую прямую получим, проведя в треугольнике \(SOC\) высоту \(OK\), то есть \(OK \perp SC\). Тогда сечением пирамиды плоскостью \(\alpha\) является треугольник \(BKD\).
б) Из пункта а) \(BD \perp SC\) и \(BD \perp SO\), значит \(BD \perp (SOC)\), а потому \(BD \perp OK\). Площадь сечения равна
\[S_{BKD} = \frac{1}{2}\cdot BD\cdot OK.\]
Так как \(ABCD\) — квадрат со стороной 2, то \(BD = 2\sqrt{2}\) и \(OC = \sqrt{2}\). Подставляем:
\[\sqrt{3} = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot OK \quad\Longrightarrow\quad OK = \sqrt{\frac{3}{2}}.\]
Перейдём в треугольник \(SOC\). Обозначим \(\angle KOC = \varphi\), тогда из прямоугольного треугольника \(KOC\):
\[\cos\varphi = \frac{OK}{OC} = \frac{\sqrt{3}}{2} \quad\Longrightarrow\quad \varphi = 30^\circ,\]
откуда \(KC = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\).
Высота прямоугольного треугольника, опущенная из прямого угла, отсекает углы, равные острым углам треугольника, поэтому \(\angle OSC = \varphi = 30^\circ\) и \(SC = 2OC = 2\sqrt{2}\). Тогда
\[SK = SC - KC = 2\sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2},\]
\[SK : KC = \frac{3\sqrt{2}}{2} : \frac{\sqrt{2}}{2} = 3 : 1.\]
Ответ: б) \(3 : 1\).