14926. В основании треугольной пирамиды SABC
лежит правильный треугольник ABC
со стороной 1, плоскости граней SAB
и ABC
перпендикулярны, SA=SB
, высота пирамиды равна 1. На ребре SA
выбрана точка M
, причём AM=2SM
, точка N
— середина ребра SC
. Плоскость \alpha
проходит через точки B
, M
и N
. Найдите расстояние от точки A
до плоскости \alpha
.
Ответ. \frac{1}{\sqrt{2}}
.
Решение. Пусть O
— середина ребра AB
, P
— точка пересечения отрезков SO
и BM
. Тогда SO=1
— высота данной пирамиды.
В плоскости ASB
через вершину S
проведём прямую, параллельную AB
. Пусть эта прямая пересекается с прямой AM
в точке T
. Треугольники SMT
и AMB
подобны с коэффициентом \frac{SM}{MA}=\frac{1}{2}
, поэтому
ST=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}=BO.
Тогда из равенства треугольников SOT
и OPB
находим, что SO=OP
, т. е. P
— середина SO
, а так как N
— середина ребра SC
, то NP
— средняя линия треугольника CSO
. Значит, NP\parallel CO
и NP=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{2}
.
Введём прямоугольную систему координат Oxyz
с началом в точке O
, направив ось Ox
по лучу OB
, ось Ox
— по лучу OC
, а ось Oz
— по лучу OS
. Тогда плоскость BMN
пересекает оси Ox
и Oz
в точках B\left(\frac{1}{2};0;0\right)
и P\left(0;0;\frac{1}{2}\right)
, а кроме того, эта плоскость проходит через прямую NP
, параллельную плоскости ABC
, значит, уравнение этой плоскости имеет вид (см. задачу 7564)
\frac{x}{\frac{1}{2}}+\frac{z}{\frac{1}{2}}=1,~\mbox{или}~2x+2z-1=0.
Следовательно, расстояние d
от точки A\left(-\frac{1}{2};0;0\right)
до плоскости BMN
, т. е. до плоскости \alpha
, равно (см. задачу 7563)
d=\frac{|2\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)+2\cdot0-1|}{\sqrt{2^{2}+0^{2}}}=\frac{2}{2\sqrt{2}}.\frac{1}{\sqrt{2}}
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1982, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1982 с. 133, задача 5, вариант 1