Два красивых способа решения одной стереометрической задачи

На просторах инета попалась стереометрическая задача, интересная тем, что шестиугольная  пирамида в ней не является правильной по условию - про правильность пирамиды в условии не говорится. Оба предложенных способа решения показались мне интересными.

Задача. Основание шестиугольной пирамиды $SABCDEF$ - правильный шестиугольник $ABCDEF$.  Точка $M$ - середина ребра $BC$.

а) Постройте прямую пересечения плоскостей $FSM$ и $ASB$.

б) В каком отношении плоскость $FSM$ делит отрезок, соединяющий точку $A$ с серединой ребра $SD$?

Обратим внимание на то, что пирамида не обязательно правильная. Поэтому рассмотрим общий случай, неправильную пирамиду. Первая часть задачи несложная: строим само сечение:

Рисунок 1

а) Построим линию пересечения плоскостей: проведем прямую $FM$ - она принадлежит сечению, а также плоскости основания пирамиды. Также проведем прямую $AB$ - эта прямая принадлежит плоскости  $ASB$, но также и плоскости основания пирамиды. Прямые $FM$ и $AB$ непременно пересекутся, найдем точку пересечения и обозначим ее $Q$. Точка $Q$ принадлежит обеим плоскостям – и $FSM$ и $ASB$. Точка $S$, аналогично, принадлежит обеим плоскостям и поэтому линия пересечения плоскостей может быть проведена через точки $S$ и $Q$.

Рисунок 2

Обе плоскости:

Рисунок 3

б) Теперь займемся вторым пунктом. Сначала построим середину ребра $SD$ и соединим с точкой $A$:

Рисунок 4

Построим точку, где $AP$ проткнет плоскость $FSM$. Для этого построим проекцию $AP$ в плоскости основания – это прямая $AD$. Определим точку пересечения $AD$ И  $FM$ - точка $L$. Соединим $L$ с точкой $S$, пересечение $LS$ и $AP$ - точка прокола. Теперь наша задача – определить отношение длин отрезков $AN$ и $NP$. Для этого сначала определим положение точки $L$.

Рисунок 5

Рисунок 6

Треугольник $BMF$ подобен треугольнику $FQL$, коэффициент подобия – 2. Поэтому $QL=\frac{1}{2}BM$. Обозначив сторону основания пирамиды за $a$, получим $QL=\frac{1}{2}BM=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}a=\frac{a}{4}$.

Рисунок 7

Теперь очень удобно применить теорему Менелая:

$$\frac{DL}{LA}\cdot\frac{AN}{NP}\cdot\frac{PS}{SD}=1$$

Так как $DL=2a-\frac{3a}{4}=\frac{5a}{4}$, и $PS=\frac{1}{2}SD$, то

$$\frac{\frac{5a}{4}}{\frac{3a}{4}}\cdot\frac{AN}{NP}\cdot\frac{1}{2}=1$$

Откуда

$$\frac{AN}{NP}=\frac{3a}{4}\cdot2\cdot\frac{4}{5a}=\frac{6}{5}$$

Ответ: $\frac{AN}{NP}=\frac{6}{5}$

Второй способ решения этой задачи предложила Степнова Татьяна Вячеславовна. Ее способ основан на отношениях площадей.

Рисунок 8

Обозначим площадь треугольника $S_{ASN}=k$, площадь треугольника $S_{AND}=c$. Вследствие равенства $SP=PD$ площади треугольников $SPN$ и $PND$ равны: $S_{SPN}=S_{PND}=b$. Так как $AL=\frac{3a}{4}$, а $DL=\frac{5a}{4}$, то площадь треугольника $S_{ANL}=\frac{3c}{8}$, а $S_{LND}=\frac{5c}{8}$.

Площади треугольников $ASP$ и $APD$ равны:

$$k+b=b+c$$

Откуда $k=c$.

Искомое отношение $\frac{AN}{NP}=\frac{k}{b}=\frac{c }{b}$

Площади треугольников $ASL$ и $LSD$ относятся как $\frac{\frac{3}{8}}{\frac{5}{8}}=\frac{3}{5}$, тогда

$$\frac{k+\frac{3c}{8}}{2b+\frac{5c}{8}}=\frac{3}{5}$$

$$\frac{c+\frac{3c}{8}}{2b+\frac{5c}{8}}=\frac{3}{5}$$

$$\frac{\frac{11c}{8}}{2b+\frac{5c}{8}}=\frac{3}{5}$$

Откуда

$$\frac{55c}{8}=6b+\frac{15c}{8}$$

$$\frac{40c}{8}=6b$$

Или

$$\frac{c}{b}=\frac{6}{5}$$

А это и есть искомое отношение.

Ответ: $\frac{AN}{NP}=\frac{6}{5}$