9156. Боковая грань правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
образует с плоскостью основания угол, равный \arctg\sqrt{5}
. Точка M
— середина бокового ребра SD
, точка Q
лежит на прямой CM
, причём Q
— основание общего перпендикуляра прямых AB
и CM
. Найдите отношение MQ:QC
.
Ответ. 1:2
.
Решение. Обозначим AB=a
. Пусть SL
и SN
— апофемы пирамиды, лежащие в боковых гранях ASB
и CSD
соответственно, SH
— высота пирамиды, LK
— высота равнобедренного треугольника LSN
. Тогда прямая CD
перпендикулярна плоскости LSN
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым SN
и LN
этой плоскости. Значит, HNS
— линейный угол двугранного угла между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды. По условию задачи \tg\angle HNS=\sqrt{5}
, поэтому
\cos\angle HNS=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\angle HNS}}=\frac{1}{\sqrt{1+5}}=\frac{1}{\sqrt{6}}.
Кроме того, LK\perp CD
и LK\perp SN
, поэтому LK
— перпендикуляр к плоскости CSD
, значит, LK\perp CM
.
Отрезок SH
—высота равнобедренного треугольника LSN
со сторонами
LN=a,~SL=SN=\frac{NH}{\cos\angle HNS}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{1}{\sqrt{6}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.
Из прямоугольного треугольника LKN
находим, что
KN=LN\cos\angle HNS=a\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.
Тогда
SK=SN-KN=\frac{a\sqrt{6}}{2}-\frac{a\sqrt{6}}{6}=\frac{a\sqrt{6}}{3},
поэтому \frac{KN}{SK}=\frac{1}{2}
.
Точка K
лежит на медиане SN
треугольника CSD
и делит её в отношении 1:2
, считая от N
, значит, K
— точка пересечения медиан треугольника CSD
, медиана CM
этого треугольника проходит через точку K
, а так как LK\perp CM
и LK\perp AB
, то LK
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AB
и CM
. Поэтому точка K
совпадает с указанной в условии точкой Q
.
Таким образом Q
— точка пересечения медиан треугольника CSD
. Следовательно, \frac{MQ}{QC}=\frac{1}{2}
.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2012