14. В правильной треугольной пирамиде SABC сторона основания AB равна 9, а боковое ребро SA равно 10. На ребре AC отмечена точка M, а на продолжении ребра BC за точку C — точка N так, что CM = CN = 3. а) Докажите, что сечение пирамиды SABC плоскостью SNM является равнобедренным треугольником. б) Найдите площадь сечения пирамиды SABC плоскостью SNM.

Обозначим \(Q=MN\cap AB\). Сечение — треугольник \(SMQ\).

а) По теореме Менелая для треугольника \(CAB\) и прямой \(M Q N\):

\(\frac{CM}{MA}\cdot\frac{AQ}{QB}\cdot\frac{BN}{NC}=1\).

Здесь \(MA=9-3=6\), \(BN=BC+CN=9+3=12\). Поэтому \(\frac{3}{6}\cdot\frac{AQ}{QB}\cdot\frac{12}{3}=1\), откуда \(AQ:QB=1:2\). Так как \(AB=9\), получаем \(AQ=3\).

Поскольку пирамида правильная, \(SA=SB=SC=10\). В равнобедренных треугольниках \(SAC\) и \(SAB\) по теореме косинусов \(\cos\angle SCA=\cos\angle SAB=\frac{9}{20}\). Тогда

\(SM^2=SC^2+CM^2-2\cdot SC\cdot CM\cos\angle SCA=100+9-60\cdot\frac{9}{20}=82\).

Аналогично, поскольку \(Q\in AB\) и \(AQ=3\),

\(SQ^2=SA^2+AQ^2-2\cdot SA\cdot AQ\cos\angle SAB=100+9-60\cdot\frac{9}{20}=82\).

Значит, \(SM=SQ\), и сечение \(SMQ\) — равнобедренный треугольник.

б) В основании \(\angle MAC=\angle QAB=60^\circ\), поэтому по теореме косинусов в треугольнике \(AMQ\):

\(MQ^2=AM^2+AQ^2-2\cdot AM\cdot AQ\cos60^\circ=36+9-18=27\), то есть \(MQ=3\sqrt3\).

Высота равнобедренного треугольника \(SMQ\), проведённая к основанию \(MQ\), равна \(\sqrt{SM^2-(MQ/2)^2}=\frac{\sqrt{301}}{2}\). Следовательно, площадь сечения:

\(S_{SMQ}=\frac12\cdot MQ\cdot\frac{\sqrt{301}}2=\frac{3\sqrt{903}}4\).

Ответ: а) \(SM=SQ\), поэтому сечение равнобедренное; б) \(\frac{3\sqrt{903}}4\).