Тип 4 № 20890

Решение.

а) Рассмотрим треугольник $ASC$. В нём

$$AO=OC,\qquad SM=MC.$$ Следовательно, $OM$ является средней линией треугольника $ASC$, поэтому

$$OM\parallel AS.$$

Точка $K$ не принадлежит плоскости $ASC$. Значит, плоскости $OMK$ и $ASC$ пересекаются по прямой $OM$. Следовательно, прямая $SA$ не лежит в плоскости $OMK$.

Так как

$$SA\parallel OM$$ и $OM$ лежит в плоскости $OMK$, то по признаку параллельности прямой и плоскости получаем

$$SA\parallel (OMK).$$

Что и требовалось доказать.

б) По условию

$$BK:KC=2:1, \qquad BC=6.$$ Поэтому

$$BK=4,\qquad CK=2.$$

Пусть плоскости $OMK$ и $SAD$ пересекаются по прямой $EF$, причём

$$F\in SD,\qquad E\in AD.$$

Точка $E$ симметрична точке $K$ относительно центра основания $O$. Следовательно,

$$AE=CK=2.$$ Тогда

$$DE=AD-AE=6-2=4,$$ откуда

$$\frac{DE}{DA}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.$$

Прямая $AS$ параллельна плоскости $OMK$, поэтому она не имеет общих точек с прямой $EF$. При этом прямые $AS$ и $EF$ лежат в одной плоскости $SAD$. Следовательно,

$$AS\parallel EF.$$

Треугольники $ASD$ и $EFD$ подобны. Поэтому

$$\frac{EF}{AS}=\frac{DE}{DA}=\frac{2}{3}.$$ Значит,

$$EF=\frac{2}{3}AS.$$

Найдём боковое ребро пирамиды. Диагональ квадратного основания равна

$$AC=6\sqrt{2},$$ поэтому

$$AO=\frac{AC}{2}=3\sqrt{2}.$$

В прямоугольном треугольнике $SOA$:

$$AS=\sqrt{SO^2+AO^2} =\sqrt{(3\sqrt{7})^2+(3\sqrt{2})^2} =\sqrt{63+18} =9.$$

Следовательно,

$$EF=\frac{2}{3}\cdot 9=6.$$

Ответ:

$$б) 6.$$