В основании правильной пирамиды с вершиной \(S\) лежит шестиугольник \(ABCDEF\) со стороной 14. Плоскость \(\pi\) параллельна ребру \(AB\), перпендикулярна плоскости \(DES\) и пересекает ребро \(BC\) в точке \(K\), так что \(BK:KC = 3:4.\) Кроме того, прямые, по которым \(\pi\) пересекает плоскости \(BCS\) и \(AFS\), параллельны. Найдите площадь треугольника, отсекаемого плоскостью \(\pi\) от грани \(CDS\).

Решение

1) По условию \(BK = 6\). Пусть плоскость \(\pi\) пересекает основание пирамиды по отрезку \(KM \parallel AB\) (так как \(\pi\) параллельна ребру \(AB\)). Опустим перпендикуляр \(BI\) на отрезок \(KM\). Тогда \(KI = \frac12 BK = 3\) (так как \(\angle IBK = 120^\circ - 90^\circ = 30^\circ).\) Следовательно, \(KM = 14 + 2\cdot3 = 20.\) Пусть \(G\) — середина \(KM\), \(O\) — центр основания пирамиды. Отсюда, \(KG = GM = 10\) и \(OG = KC\cdot\cos \angle IBK = 4\sqrt3.\)
2) Опустим перпендикуляр \(GH\) на плоскость \(DSE\), тогда плоскость \(\pi\) содержит его (в силу перпендикулярности плоскостей \(DSE\) и \(\pi).\) Обозначим:
\[N\text{ } — \text{ точка пересечения } SO \text{ и } GH\]\[R\text{ } — \text{ точка пересечения прямой } SH \text{ с отрезком } DE\]\[L\text{ } — \text{ точка пересечения плоскости } \pi \text{ с ребром } SC\]\[T\text{ } — \text{ точка пересечения плоскости } \pi \text{ с ребром } SF\]\[P\text{ } — \text{ точка пересечения плоскости } \pi \text{ с ребром } SD\]\[Q\text{ } — \text{ точка пересечения плоскости } \pi \text{ с ребром } SE.\]
3) \(LKMT\) — параллелограмм (противоположные стороны параллельны), а в силу симметрии пирамиды, углы при основании \(KM\) равны, значит \(LKMT\) — прямоугольник и \(LN = NT = 10.\) Треугольник \(SOF\) подобен треугольнику \(SNT\) \(\Rightarrow \) \(OF : NT = SO : SN = 14 : 10 = 7 : 5.\,\) Обозначим \(SO = 7k.\) Тогда \(SN=5k, NO=2k.\)
Прямоугольные треугольные \(SNH, GNO\) и \(SOR\) подобны по двум углам (прямому и \(\alpha\)). Обозначим \(\angle SNH = \angle GNO = \angle SRO = \alpha.\)\(\\\)
Из треугольника \(GNO: \) \[\text{tg} \hspace{0.1cm}\alpha = GO : NO = \frac{4\sqrt3}{2k} = \frac{2\sqrt3}{k}.\]
Из треугольника \(SRO: \) \[\text{tg} \hspace{0.1cm}\alpha = SO : OR = \frac{7k}{7\sqrt3} = \frac{k}{\sqrt3}.\]
Приравниваем правые части и получаем: \[k = \sqrt6, \text{tg}\hspace{0.1cm} \alpha = \sqrt2, \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt3}, \sin \alpha = \sqrt{\frac23}.\]
4) Из треугольника \(SOR:\) \[\cos \alpha = OR : SR \Rightarrow SR = OR : \cos \alpha = 21,\]\[SO = 7\sqrt6, SH = SN \sin \alpha = 10.\]
Из подобия треугольников \(SHQ\) и \(SRE\):
\[SQ : SE = SH : SR = 10 : 21.\]
По теореме Пифагора для треугольника \(SOF:\) \[SF^2 = SO^2 + OF^2 = (7\sqrt6)^2 + 14^2 = 490.\]
Откуда \(SF = 7\sqrt10.\)
\[SQ = \frac{10 SE}{21} = \frac{10 SF}{21} = 10\sqrt{\frac{10}{3}}.\]\[SF : ST = OF : NT = 7 : 5 \Rightarrow\] \[ST = \frac{5 SF}{7} = 5\sqrt{10}.\]
5) \[S_{\triangle SFE} = \frac12 \cdot 14\cdot 21 = 147.\]\[S_{\triangle STQ} : S_{\triangle SFE} = \frac{ST \cdot SQ}{SF \cdot SE} = \]\[\frac{ST \cdot SQ}{SF^2} = \frac{500}{3 \cdot 490} = \frac{50}{147}.\]\[S_{\triangle STQ} = \frac{50}{147} \cdot 147 = 50.\]\[S_{\triangle STQ} = S_{\triangle SLP} = 50.\]

Ответ: \(50\).