ID: 00022260
Источник: ФИПИ
а) План такой: докажем, что $AB\perp PQ$. Тогда прямая $AB$ перпендикулярна перпендикуляру к плоскости $\alpha$, а значит, параллельна самой плоскости — останется лишь исключить случай, когда она в этой плоскости лежит.
Спроецируем $Q$ на нижнее основание. $Q$ — середина $A_1C_1$, боковые рёбра прямой призмы вертикальны, поэтому проекция $Q_0$ — середина ребра $AC$, и $QQ_0\perp ABC$.
Теперь планиметрия в основании. Пусть $H$ — середина $AB$; треугольник равнобедренный с основанием $AB$, поэтому $CH\perp AB$. Опустим из $Q_0$ перпендикуляр на $AB$, его основание назовём $F$. Прямые $Q_0F$ и $CH$ параллельны (обе перпендикулярны $AB$), а $Q_0$ — середина $AC$; по теореме Фалеса $F$ — середина $AH$. Значит, $AF=\dfrac{AH}{2}=\dfrac{AB}{4}$. Но и $AP=\dfrac{AB}{4}$, ведь $AP:PB=1:3$. То есть $F=P$: перпендикуляр из $Q_0$ на $AB$ падает ровно в точку $P$, и $Q_0P\perp AB$.
Поднимаем глаза в пространство: $Q_0P$ — проекция наклонной $QP$ на основание, и она перпендикулярна $AB$. По теореме о трёх перпендикулярах $PQ\perp AB$.
Плоскость $\alpha$ перпендикулярна $PQ$, и прямая $AB$ перпендикулярна $PQ$ — значит, $AB$ параллельна $\alpha$ либо лежит в ней. Лежать не может: иначе $\alpha$ содержала бы прямую $AB$ и точку $M$, то есть совпала бы с плоскостью основания. Но основание не перпендикулярно $PQ$: у наклонной $PQ$ есть ненулевая горизонтальная составляющая $PQ_0$. Значит, $AB\parallel\alpha$. Доказано.
б) Здесь удобнее всего честные координаты. Отношение не зависит от масштаба, поэтому положим $AB=AA_1=4$, тогда $BC=AC=10$. Разместим основание: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$; вершина $C$ — над серединой $AB$, высота $CH=\sqrt{10^2-2^2}=\sqrt{96}=4\sqrt{6}$, так что $C(2;4\sqrt{6};0)$.
Точки: $P(1;0;0)$ — четверть ребра $AB$; $Q(1;2\sqrt{6};4)$ — середина $A_1C_1$; $M(3;2\sqrt{6};0)$ — середина $BC$.
Вектор $\overrightarrow{PQ}=(0;2\sqrt{6};4)$ — это нормаль к плоскости $\alpha$. Плоскость проходит через $M$, её уравнение: $2\sqrt{6}(y-2\sqrt{6})+4z=0$, то есть $\sqrt{6}\,y+2z=12$.
Точка отрезка $PQ$ имеет вид $(1;\,2\sqrt{6}t;\,4t)$, где $t$ пробегает от 0 (точка $P$) до 1 (точка $Q$). Подставляем в уравнение плоскости: $\sqrt{6}\cdot 2\sqrt{6}t+2\cdot 4t=12t+8t=20t=12$, откуда $t=\dfrac{3}{5}$.
Значит, точка пересечения делит $PQ$ в отношении $t:(1-t)=\dfrac{3}{5}:\dfrac{2}{5}=3:2$, считая от $P$.
Проверим: $t=\dfrac{3}{5}$ лежит между 0 и 1 — плоскость режет сам отрезок, а не его продолжение. Всё сходится. Ответ: $3:2$.