Задание 5FC47E

Введём систему координат. Пусть $A(0,0,0)$, $B(L,0,0)$, тогда $AB = L$. Так как треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AB$, его вершина $C$ имеет координаты $C\left(\frac{L}{2}, h, 0\right)$.

Из условия $AB:BC = 2:5$ находим $h$. $BC = \sqrt{\left(\frac{L}{2}\right)^2 + h^2} = \frac{5}{2}L$. Отсюда $\frac{L^2}{4} + h^2 = \frac{25}{4}L^2$, $h^2 = 6L^2$, $h = L\sqrt{6}$. Итак, $C\left(\frac{L}{2}, L\sqrt{6}, 0\right)$.

Находим координаты точек. $P$ делит $AB$ в отношении $1:3$, поэтому $P\left(\frac{L}{4}, 0, 0\right)$. $Q$ — середина $A_1C_1$. Так как $A_1(0,0,L)$ и $C_1\left(\frac{L}{2}, L\sqrt{6}, L\right)$, то $Q\left(\frac{L}{4}, \frac{L\sqrt{6}}{2}, L\right)$.

Вектор $\overrightarrow{PQ} = \left(0, \frac{L\sqrt{6}}{2}, L\right)$. Плоскость $\alpha$ перпендикулярна $PQ$, поэтому вектор $\overrightarrow{PQ}$ — её нормаль. Вектор $\overrightarrow{AB} = (L, 0, 0)$. Их скалярное произведение $\overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$, значит, $\overrightarrow{AB}$ перпендикулярен нормали плоскости $\alpha$. Следовательно, плоскость $\alpha$ параллельна прямой $AB$. Доказано.

Найдём уравнение плоскости $\alpha$. Она проходит через середину $M$ ребра $BC$. Координаты $M$: $M\left(\frac{3L}{4}, \frac{L\sqrt{6}}{2}, 0\right)$. Уравнение плоскости с нормалью $\overrightarrow{PQ} = (0, \frac{L\sqrt{6}}{2}, L)$: $0 \cdot (x - x_M) + \frac{L\sqrt{6}}{2}(y - y_M) + L(z - z_M) = 0$. Упрощаем: $\frac{\sqrt{6}}{2}\left(y - \frac{L\sqrt{6}}{2}\right) + z = 0$, или $\sqrt{6}y + 2z = 3L$.

Найдём точку пересечения $X$ плоскости $\alpha$ с отрезком $PQ$. Параметризуем $PQ$: $x = \frac{L}{4}$, $y = \frac{L\sqrt{6}}{2}t$, $z = Lt$, где $t \in [0,1]$ (при $t=0$ — точка $P$, при $t=1$ — точка $Q$). Подставляем в уравнение плоскости: $\sqrt{6} \cdot \frac{L\sqrt{6}}{2}t + 2Lt = 3L$. Получаем $3Lt + 2Lt = 3L$, $5Lt = 3L$, откуда $t = \frac{3}{5}$.

Так как $t = \frac{3}{5}$, точка $X$ делит отрезок $PQ$ в отношении $PX:XQ = t:(1-t) = \frac{3}{5}:\frac{2}{5} = 3:2$, считая от точки $P$.