Идея решения

В пункте а) всё держится на одном школьном факте: средняя линия треугольника параллельна его третьей стороне. Останется увидеть нужный треугольник.

В пункте б) надо честно построить сечение: найти, где секущая плоскость выходит на грань \(SAD\). Отрезок в этой грани окажется параллелен \(SA\), и подобие треугольников даст его длину.

Пункт а). Шаг 1. Что за точка O

Пирамида правильная, значит в основании лежит квадрат \(ABCD\), а вершина \(S\) проецируется в его центр. Центр квадрата — это точка пересечения диагоналей, поэтому

\[O \text{ — середина } AC \quad\text{(и середина } BD).\]

Шаг 2. Средняя линия треугольника ASC

Рассмотрим треугольник \(ASC\). В нём:

\[O \text{ — середина стороны } AC,\qquad M \text{ — середина стороны } SC.\]

Значит, \(OM\) — средняя линия треугольника \(ASC\), а средняя линия параллельна третьей стороне:

\[OM \parallel SA.\]

Шаг 3. Признак параллельности прямой и плоскости

Прямая \(OM\) целиком лежит в плоскости \(OMK\) (обе точки \(O\) и \(M\) — её точки). Прямая \(SA\) в этой плоскости не лежит: если бы \(SA\) лежала в плоскости \(OMK\), то и точка \(A\), и точка \(C\) (через \(O\) и \(M\)) попали бы в неё, и плоскость \(OMK\) совпала бы с плоскостью \(ASC\); но точка \(K\) лежит на ребре \(BC\) и в плоскость \(ASC\) не попадает.

По признаку параллельности прямой и плоскости: если прямая вне плоскости параллельна какой-нибудь прямой этой плоскости, то она параллельна всей плоскости. Значит,

\[SA \parallel (OMK).\]

Пункт а) доказан.

Важно! Одной фразы «\(OM \parallel SA\)» для полного балла мало. Нужно обязательно сказать два факта: прямая \(SA\) не лежит в плоскости и параллельна прямой \(OM\), которая лежит в плоскости. Без проверки «не лежит» доказательство считается неполным.

Пункт б). Шаг 4. Строим сечение в основании

Точки \(O\) и \(K\) лежат в плоскости основания. Значит, и вся прямая \(OK\) лежит в плоскости основания — это первая линия сечения.

Введём удобные координаты в плоскости основания. Пусть

\[A(0;\ 0),\quad B(2;\ 0),\quad C(2;\ 2),\quad D(0;\ 2).\]

Тогда \(O(1;\ 1)\) — центр квадрата. Точка \(K\) на \(BC\), причём \(BK : KC = 3 : 1\) и \(BC = 2\), поэтому

\[BK = \frac34\cdot 2 = 1{,}5,\qquad K(2;\ 1{,}5).\]

Шаг 5. Где прямая OK выходит на сторону AD

Идём из \(K\) в \(O\): координаты меняются на

\[\vec{KO} = (1 - 2;\ 1 - 1{,}5) = (-1;\ -0{,}5).\]

Сделаем ещё ровно такой же шаг от точки \(O\):

\[X = (1 - 1;\ 1 - 0{,}5) = (0;\ 0{,}5).\]

Точка \(X(0;\,0{,}5)\) лежит на стороне \(AD\) (у всех её точек первая координата равна нулю). Итак,

\[AX = 0{,}5,\qquad XD = 2 - 0{,}5 = 1{,}5.\]

Важно! Заметьте попутно: \(O\) оказалась серединой отрезка \(XK\). Это не случайность — центр квадрата является центром симметрии, поэтому любая прямая через \(O\) отсекает на противоположных сторонах равные куски.

Шаг 6. Где сечение выходит на грань SAD

Точка \(X\) лежит на ребре \(AD\), то есть в грани \(SAD\). Значит, сечение действительно пересекает эту грань, и пересечение — отрезок \(XY\), где \(Y\) — вторая точка выхода сечения на границу грани.

Плоскость \(OMK\) параллельна прямой \(SA\) (пункт а)). Грань \(SAD\) содержит прямую \(SA\). Если плоскость параллельна прямой, лежащей в другой плоскости, то линия пересечения этих плоскостей параллельна этой прямой. Поэтому

\[XY \parallel SA,\]

и точка \(Y\) лежит на ребре \(SD\).

Шаг 7. Подобие треугольников

В треугольнике \(DAS\) проведён отрезок \(XY \parallel AS\). Треугольники \(DXY\) и \(DAS\) подобны (по двум углам: угол \(D\) общий, а углы при \(X\) и \(A\) соответственные при параллельных прямых). Коэффициент подобия:

\[k = \frac{DX}{DA} = \frac{1{,}5}{2} = \frac34.\]

Значит,

\[XY = \frac34\cdot SA.\]

Шаг 8. Находим боковое ребро SA

Высота \(SO\) перпендикулярна плоскости основания, поэтому треугольник \(SOA\) прямоугольный с прямым углом при \(O\). Катет \(OA\) — половина диагонали квадрата со стороной 2:

\[AC = 2\sqrt2,\qquad OA = \frac{AC}{2} = \sqrt2.\]

По теореме Пифагора:

\[SA = \sqrt{SO^2 + OA^2} = \sqrt{14 + 2} = \sqrt{16} = 4.\]

Шаг 9. Ответ

\[XY = \frac34\cdot 4 = 3.\]

Важно! Частая ошибка — взять коэффициент \(\dfrac{AX}{AD} = \dfrac{0{,}5}{2}\). Но подобны треугольники с общей вершиной \(D\), поэтому в отношении должны стоять отрезки, отсчитанные от D: \(DX\) и \(DA\).

Ответ по пунктам

а) доказано; б) \(3\).

Ответ: б) \(3\)