14213. Пусть SABCD
— правильная четырёхугольная пирамида с основанием ABCD
. На отрезке AC
нашлась точка M
, для которой SM=MB
и плоскости SBM
и SAB
перпендикулярны. Найдите отношение AM:AC
.
Ответ. 3:4
.
Решение. Пусть O
— центр основания ABCD
. Тогда SO
— высота пирамиды, а OB
— ортогональная проекция наклонной SB
на плоскость основания пирамиды. Поскольку ABCD
— квадрат, OB\perp AC
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах SB\perp AC
.
Точка M
равноудалена от концов отрезка SB
, значит, эта точка принадлежит плоскости \alpha
, перпендикулярной отрезку SB
и проходящей через его середину R
(см. задачу 8171). Прямая AC
и плоскость \alpha
перпендикулярны одной и той же прямой SB
, значит, либо прямая AC
параллельна плоскости \alpha
, либо лежат в этой плоскости, а так как точка M
прямой AC
лежит в плоскости \alpha
, то и прямая AC
лежит в этой плоскости. Тогда в плоскости \alpha
лежит и точка O
прямой AC
, а значит, эта точка равноудалена от концов отрезка SB
, т. е. SO=OB
. Тогда OR\perp SB
, а так как SB\perp AC
, то прямая SB
перпендикулярна плоскости \alpha
.
Плоскость ASB
проходит через прямую SB
перпендикулярную плоскости \alpha
, поэтому плоскость \alpha
перпендикулярна плоскости SAB
(см. задачу 7710). Таким образом, пересекающиеся по прямой MR
плоскости \alpha
и SMB
перпендикулярны плоскости SAB
. Следовательно, прямая MR
перпендикулярна плоскости ASB
(см. задачу 9104), а значит, MR\perp AR
.
Пусть OS=OA=OB=OC=DD=1
. Отрезок OR
— медиана и высота равнобедренного прямоугольного треугольника BOS
, поэтому OR=\frac{1}{\sqrt{2}}
. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью \alpha
— равнобедренный треугольник ARC
с высотой RO
. На его основании AC=2
лежит точка M
, \angle ARM=90^{\circ}
, при этом RO
— высота прямоугольного треугольника ARM
, проведённая из вершины прямого угла. Тогда
RO_{2}=AO\cdot OM,~\mbox{или}~\frac{1}{2}=1\cdot OM,
откуда
OM=\frac{1}{2},~AM=AO+OM=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.
Следовательно,
\frac{AM}{AC}=\frac{\frac{3}{2}}{2}=\frac{3}{4}.