Стереометрия. Максимальный балл! Можно без рисунка. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF с вершиной S боковое ребро вдвое больше стороны основания. а) Докажите, что плоскость, проходящая через середины рёбер SA и SE и в...

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, изобразив его как вид сбоку. На рисунке SAF, SAB и SBC - грани пирамиды; А1, М1 и К1 - точки пересечения плоскости и рёбер SF.SA и SB соответственно. По условию боковое ребро вдвое больше стороны основания. Пусть сторона основания будет равна а, тогда боковая сторона равна 2а. АВ=FO=CO=a. а) Высота пирамиды из треугольника SCO: SO=√(SC²-CO²)=√(4a²-a²)=a√3. Из тр-ка SM1M2 SM2=SM·cos60=0.5a·1/2=a/4.  Проекции SM2 и МО ра двух рисунках равны. МО=а/4. СМ=СО+МО=а+а/4=5а/4. Треугольники SAO и M1AO подобны по трём углам, значит SA/M1A=SO/M1M ⇒ M1M=SO/2=a√3/2. В ΔСМ1М tgC=M1M/CM=4a√3/(10a)=2√3/5. В ΔBSO tgВ=SO/BO=2а√3/а=2√3. (т.к. ВО=АВ/2=а/2). Пусть КВ=х, тогда СК=КВ+СВ=х+а/2. В ΔСК1К К1К=СК·tgC=(x+а/2)·2√3/5. В ΔВК1К К1К=КВ·tgВ=2х√3. Объединим уравнения: (х+а/2)·2√3/5=2х√3, 2х√3+а√3=10х√3, а√3=8х√3, х=а/8. Треугольники ВSО и ВК1К подобны по трём углам, значит: K1B/SB=ВК/ВО=а/8:а/2=1:4 ⇒ SK1=3K1B, значит К1В:SK1=1:3.  Доказано. б) Пусть АF=у, тогда AC=FC-y=2a-y. В ΔFA1A ∠F=60° (так как FO=SF/2 ∠F=60°), А1А=AF·tgF=у√3. В ΔСА1А А1А=АС·tgС=(2а-у)·2√3/5. Объединив уравнения получим: у√3=(2а-у)·2√3/5, 5у=4а-2у, 7у=4а,  у=4а/7. Коэффициент подобия треугольников FA1A и FSO: k=FA/FO=4a/7a=4/7. А1F=SF·k=2a·4/7=8a/7. SA1=SF-A1F=2a-8a/7=6a/7. SA1:A1F=6a/7:8a/7=3:4 - это ответ. Пришлось повозиться.