14994. В основании треугольной пирамиды SABC
лежит равносторонний треугольник ABC
со стороной 2, точка D
— середина ребра SB
. Через середины K
и L
отрезков SA
и CD
проведена прямая, которая пересекает плоскость основания ABC
в точке M
. Найдите расстояние от точки M
до вершины A
.
Ответ. \sqrt{7}
.
Решение. Пусть луч SL
пересекает ребро BC
данной пирамиды в точке N
. Через середину D
ребра SB
проведём прямую, параллельную BC
. Пусть эта прямая пересекает отрезок SN
в точке P
. Тогда DM
— средняя линия треугольника BSN
, поэтому DP=\frac{1}{2}BN
. Поскольку L
— середина отрезка CD
, треугольники DLM
и CLN
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому CN=DP=\frac{1}{2}BN
. Значит, \frac{BN}{CN}=2
и NL=LP
, а так как P
— середина отрезка SN
, то \frac{SL}{LN}=3
. Кроме того,
BN=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}\cdot2=\frac{4}{3}.
Из условия задачи следует, что прямые KL
и AN
, лежащие в плоскости ASN
, пересекаются в точке M
. Через точку S
проведём в этой плоскости прямую, параллельную AM
. Пусть она пересекается с прямой MK
в точке Q
. Треугольник SKQ
и AKM
подобны с коэффициентом \frac{SL}{LN}=3
, поэтому SQ=3MN
, а так как K
— середина AS
, то треугольник AKM
равен треугольнику SKQ
, поэтому AM=SQ=3PN
, или AM=\frac{3}{2}AN
.
По теореме косинусов из треугольника APN
находим, что
AN=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}-2AB\cdot BC\cos60^{\circ}}=\sqrt{2^{2}+\left(\frac{4}{3}\right)^{2}-2\cdot2\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{3}.
Следовательно,
AM=\frac{3}{2}AN=\frac{3}{2}\cdot\frac{2\sqrt{7}}{3}=\sqrt{7}.
Примечание. Вместо рассмотрения подобных треугольников можно применить теорему Менелая (см. задачу 1622).
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1997, задача 5, вариант 2.1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1997 с. 176, задача 5, вариант 2.1