14843. Основание пирамиды SABC
— правильный треугольник ABC
со стороной 8. Боковая грань SBC
перпендикулярна плоскости основания, причём SB=SC
. Высота пирамиды, опущенная из вершины S
, равна 5. На этой высоте выбрана точка M
, которая делит высоту в отношении 2:3
, считая от вершины S
. Через точку M
и точки пересечения медиан боковых граней SAB
и SAC
проведена плоскость. Найдите расстояние от вершины B
до этой плоскости.
Ответ. \frac{3\sqrt{3}}{2}
.
Решение. Высота SH
данной пирамиды лежит в плоскости BSC
, перпендикулярной плоскости ABC
, поэтому точка H
лежит на ребре BC
, а так как треугольник BSC
равнобедренный, то H
— середина этого ребра.
Пусть E
и F
— точки пересечения медиан граней SAB
и SAC
соответственно, а C_{1}
и B_{1}
— середины рёбер соответственно AB
и AC
. Тогда EF\parallel B_{1}C_{1}\parallel BC
, поэтому прямая BC
параллельна секущей плоскости.
Плоскость SBC
проходит через прямую BC
, параллельную секущей плоскости, и пересекает эту плоскость по некоторой прямой l
, проходящей через точку M
. Значит, прямая l
параллельна BC
. Пусть прямая l
пересекает ребро SB
в точке K
. Тогда SK:KB=SM:MH=2:3
. Поскольку прямая BC
параллельна секущей плоскости, все точки прямой равноудалены от этой плоскости. Значит, искомое расстояние то точки D
до секущей плоскости равно расстоянию до этой плоскости от точки H
.
Пусть прямая пересечения секущей плоскости с плоскостью ASH
(проходящая через точку M
) пересекает прямые SA
и HA
в точках P
и Q
соответственно. Тогда точка E
, лежащая в секущей плоскости, лежит на отрезке PK
. Пусть G
— точка пересечения PK
и BC
.
По теореме Менелая для треугольника BSC_{1}
и прямой PK
получаем, что
1=\frac{SK}{KB}\cdot\frac{BG}{GC_{1}}\cdot\frac{C_{1}E}{ES}=\frac{2}{3}\cdot\frac{BG}{GC_{1}}\cdot\frac{1}{2},
откуда \frac{BG}{GC_{1}}=3
, т. е. BG=3GA
.
По теореме Менелая для треугольника ASB
и прямой PK
получаем, что
1=\frac{SK}{KB}\cdot\frac{BG}{GA}\cdot\frac{AP}{PS}=\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{1}\cdot\frac{AP}{PS},
откуда \frac{AP}{PS}=\frac{1}{2}
, т. е. AP=AS
.
По теореме Менелая для треугольника ASH
и прямой PM
получаем, что
1=\frac{SM}{MH}\cdot\frac{HQ}{QA}\cdot\frac{AP}{PS}=\frac{2}{3}\cdot\frac{HQ}{QA}\frac{1}{2},
откуда \frac{HQ}{QA}=3
, т. е.
HQ=\frac{3}{4}AH=\frac{3}{4}\cdot\frac{8\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}.
Пусть HT
— высота прямоугольного треугольника MHQ
, проведённая из вершины прямого угла. Тогда HT
— перпендикуляр к секущей плоскости, а его длина равна искомому расстоянию. Из прямоугольного треугольника MHA
с катетами HQ=3\sqrt{3}
, HM=\frac{3}{5}SH=3
находим, что
\tg\angle HMQ=\frac{HQ}{HM}=\frac{3\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}~\Rightarrow~\angle HMQ=60^{\circ}.
Следовательно,
HT=HM\sin\angle HMQ=3\sin60^{\circ}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1976, задача 5, вариант 6
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1976, с. 10, задача 5, вариант 6