14959. В основании пирамиды ABCD
лежит прямоугольный треугольник ABC
, гипотенуза BC
которого равна 1, \angle ABC=60^{\circ}
. Рёбра AD
, BD
, CD
равны \frac{\sqrt{13}}{4}
, точка M
— середина ребра CD
. Через прямую BM
под углом 45^{\circ}
к плоскости ABC
проведена плоскость, пересекающая ребро AC
в некоторой точке N
. Найдите отношение AN:NC
.
Ответ. 1:2
.
Решение. Боковые рёбра пирамиды равны, поэтому её высота DH
проходит через центр окружности, описанной около основания, а так как основание — прямоугольный треугольник, то точка H
— середина гипотенузы BC
. Плоскость BCD
проходит через прямую DH
, перпендикулярную плоскости ABC
, значит, эти плоскости перпендикулярны. Тогда ортогональная проекция E
точки M
на плоскость ABC
лежит на гипотенузе BC
Отрезок ME
— средняя линия прямоугольного треугольника CHD
, поэтому
ME=\frac{1}{2}DH=\frac{1}{2}\sqrt{CD^{2}-CH^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{13}{16}-\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{4}.
Опустим перпендикуляр EF
на прямую BN
. По теореме о трёх перпендикулярах MF\perp BN
, поэтому \angle EFM=45^{\circ}
как угол между плоскостями ABC
и BMN
. Значит, прямоугольный треугольник MEF
— равнобедренный, поэтому EF=ME=\frac{3}{4}
.
Кроме того,
BE=BH+HE=BH+\frac{1}{2}HC=BH+\frac{1}{2}BH=\frac{3}{2}BH=\frac{3}{2}.
В прямоугольном треугольнике BFE
катет EF=\frac{3}{4}
равен половине гипотенузы BE=\frac{3}{2}
, поэтому \angle FBE=30^{\circ}=\frac{1}{2}\angle ABC
, т. е. BF
— биссектриса угла ABC
, а BN
— биссектриса треугольника ABC
. Следовательно (см. задачу 1509),
\frac{AN}{NC}=\frac{AB}{BC}=\cos\angle ABC=\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1989, задача 5, вариант 2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1989 с. 152, задача 5, вариант 2