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 $S_{LND}=\frac{5c}{8}$ .