9153. Боковая грань правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
образует с плоскостью основания угол 60^{\circ}
. Точка M
— середина бокового ребра SD
, точка P
лежит на прямой AB
, причём P
— основание общего перпендикуляра прямых AB
и CM
. Найдите отношение AP:PB
.
Ответ. 1:3
.
Решение. Обозначим AB=a
. Пусть SL
и SN
— апофемы пирамиды, лежащие в боковых гранях ASB
и CSD
соответственно. Высота SH
пирамиды лежит в плоскости LSN
. По теореме о трёх перпендикулярах HN\perp CD
, поэтому SNH
— линейный угол двугранного угла боковой грани с плоскостью основания. По условию задачи \angle SNH=60^{\circ}
, поэтому треугольник LSN
— равносторонний. Его высота LK
является медианой, значит, K
— середина апофемы SN
, а так как M
— середина SD
, то MK
— средняя линия треугольника DSN
. Тогда
MK=\frac{1}{2}DN=\frac{1}{2}AL=\frac{1}{4}a
и MK\parallel AB
.
Прямая LK
перпендикулярна плоскости CSD
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым SN
и CD
этой плоскости. Значит, LK\perp CM
. Кроме того, LK\perp AB
.
Пусть прямая, проходящая через точку M
параллельно KL
, пересекает прямую AB
в точке P_{1}
. Тогда MP_{1}\perp AB
и MP_{1}\perp MC
. Значит, MP_{1}
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых CM
и AB
. Тогда точка P_{1}
совпадает с P
. Следовательно,
\frac{AP}{PB}=\frac{AL-PL}{BL+PL}=\frac{AL-MK}{BL+MK}=\frac{\frac{a}{2}-\frac{a}{4}}{\frac{a}{2}+\frac{a}{4}}=\frac{1}{3}.