15059. Основание правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
— квадрат ABCD
; все рёбра пирамиды равны 1. Точка M
— середина ребра SA
, SN
— высота треугольника SBC
. Через точку M
проходит прямая, пересекающая прямые SN
и BD
в точках P
и Q
. Найдите отрезок PQ
.
Ответ. \frac{\sqrt{11}}{3}
.
Решение. Заметим, что прямая PQ
— прямая пересечения плоскостей ASN
и MBD
. Следовательно, Q
— точка пересечения отрезков AN
и BD
, а P
— точка пересечения прямой MQ
с продолжением отрезка SN
.
Треугольник BQN
подобен треугольнику DQA
с коэффициентом \frac{BN}{DA}=\frac{1}{2}
, поэтому
QN=\frac{1}{3}AN=\frac{1}{3}\sqrt{AB^{2}+BN^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{6}.
Пусть L
— середина AN
. Тогда ML
— средняя линия треугольника ASN
, поэтому ML\parallel SP
, а так как \frac{NQ}{QA}=\frac{1}{2}
, то
\frac{LQ}{NQ}=\frac{\frac{1}{2}AN-\frac{1}{3}AN}{\frac{1}{3}AN}=\frac{1}{2},
Значит,
NP=2ML=SN=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Таким образом,
SP=2SN=\sqrt{3},~\frac{PQ}{QM}=2,~PQ=\frac{2}{3}PM.
Обозначим \angle ASN=\alpha
. По теореме косинусов из треугольников ASN
и MSP
находим, что
\cos\alpha=\frac{SA^{2}+SN^{2}-AN^{2}}{2SA\cdot SN}=\frac{1+\frac{3}{4}-\frac{5}{4}}{2\cdot1\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{2\sqrt{3}},
PM=\sqrt{SM^{2}+SP^{2}-2SM\cdot SA\cos\alpha}=\sqrt{\frac{1}{4}+3-2\cdot\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}\sqrt{11}.
Следовательно,
PQ=\frac{2}{3}PM=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{11}=\frac{1}{3}\sqrt{11}
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1978, задача 5, вариант 3
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1978 с. 17, задача 5, вариант 3