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