8645. Из точки M
на плоскость \alpha
опущен перпендикуляр MH
длины \sqrt{3}
и проведены две наклонные, составляющие с перпендикуляром углы по 60^{\circ}
. Угол между наклонными равен 120^{\circ}
.
а) Найдите расстояние между основаниями A
и B
наклонных.
б) На отрезке AB
как на катете в плоскости \alpha
построен прямоугольный треугольник ABC
(угол A
— прямой). Найдите объём пирамиды MABC
, зная, что \cos\angle BMC=-\frac{1}{3}
.
Ответ. а) 6; б) 3\sqrt{5}
.
Решение. Из прямоугольных треугольников AHM
и BHM
(рис. 1) находим, что
AM=BM=\frac{MH}{\cos60^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{1}{2}}=2\sqrt{3},~AH=BH=3.
По теореме косинусов
AB=\sqrt{AM^{2}+BM^{2}-2AM\cdot BM\cos120^{\circ}}=\sqrt{12+12+2\cdot2\sqrt{3}\cdot2\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2}}=\sqrt{36}=6.
Поскольку AH+BH=3+3=6=AB
, точки A
, H
и B
лежат на одной прямой, причём H
— середина отрезка AB
, а точки A
, H
, B
и M
лежат в одной плоскости (рис. 2).
Поскольку AH
— ортогональная проекция наклонной AM
на плоскость \alpha
и AH\perp AC
, то по теореме о трёх перпендикулярах AM\perp AC
. Значит, треугольник MAC
— также прямоугольный.
Обозначим AC=x
. По теореме Пифагора
MC=\sqrt{AC^{2}+AM^{2}}=\sqrt{x^{2}+12},~BC=\sqrt{AC^{2}+AB^{2}}=\sqrt{x^{2}+36}.
По теореме косинусов
BC^{2}=MC^{2}+MB^{2}-2MC\cdot MB\cos\angle BMC,
или
x^{2}+36=(x^{2}+12)+12-2\sqrt{x^{2}+12}\cdot2\sqrt{3}\cdot\left(-\frac{1}{3}\right).
Из этого уравнения находим, что x=\sqrt{15}
. Следовательно,
V_{MABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot MH=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot MH=\frac{1}{6}\cdot6\cdot\sqrt{15}\cdot\sqrt{3}=3\sqrt{5}.
Источник: Вступительный экзамен на филологический факультет МГУ. — 2004, № 4, вариант 1
Источник: Вступительные экзамены и олимпиады по математике 2003—2005 гг. / Под общ. ред. И. Н. Сергеева. — М.: Изд-во ЦПИ при мехмате МГУ, 2006. — с. 203