9155. Боковая грань правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
образует с плоскостью основания угол 45^{\circ}
. Точка M
— середина бокового ребра SD
, точка P
лежит на прямой AB
, причём P
— основание общего перпендикуляра прямых AB
и CM
. Найдите отношение AP:PB
.
Ответ. 1:3
.
Решение. Обозначим AB=a
. Пусть SL
и SN
— апофемы пирамиды, лежащие в боковых гранях ASB
и CSD
соответственно. Высота SH
пирамиды лежит в плоскости LSN
. По теореме о трёх перпендикулярах HN\perp CD
, поэтому SNH
— линейный угол двугранного угла боковой грани с плоскостью основания. По условию задачи \angle SNH=45^{\circ}
, поэтому равнобедренный треугольник LSN
— прямоугольный. Катет LS
является его высотой.
Прямая LS
перпендикулярна плоскости CSD
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым SN
и CD
этой плоскости. Значит, LS\perp CM
. Кроме того, LS\perp AB
.
Пусть прямая, проходящая через точку S
параллельно CD
, пересекается с прямой CM
в точке Q
. Из равенства треугольников SMQ
и DMC
следует, что SQ=CD=a
.
Через точку Q
проведём прямую, параллельную SL
. Пусть она пересекается с прямой AB
в точке P_{1}
. Тогда QP_{1}\perp AB
и QP_{1}\perp CM
, так как QP_{1}\parallel SL
. Значит, QP_{1}
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых CM
и AB
. Тогда точка P_{1}
совпадает с указанной в условии точкой P
.
Четырёхугольник SQPL
— прямоугольник, поэтому PL=SQ=a
, значит,
AP=PL-AL=a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}.
Следовательно,
\frac{AP}{PB}=\frac{AP}{AP+AB}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a}{2}+a}=\frac{1}{3}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2012