Тип 15 № 22836

Решение:

а) Рассмотрим треугольник $SBC$. Проведём высоту $BM$ к стороне $SC$. Так как пирамида правильная, треугольники $SDC$ и $SBC$ равны. Тогда $DM$ -- также является высотой в треугольнике $SDC$.

Из всего вышесказанного следует, что прямая $SC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $SM$ и $BM$, лежащим в плоскости $BDM$, а значит $SC$ перпендикулярная плоскости $BDM$. Значит, плоскость $\alpha$ совпадает с плоскостью $BDM$.

б) Рассмотрим треугольник $BMD$. Он равнобедренный, так как $DM = MB$ как соответствующие элементы равных фигур. $MO$ -- высота и медиана этого треугольника.

Выразим высоту $MO$ из площади треугольника $MBD$:

$$S_{MBD} = \sqrt3 = \frac{1}{2}\cdot BD \cdot MO = \frac{1}{2}\cdot\sqrt{2^2 + 2^2}\cdot MO \Leftrightarrow MO = \sqrt{\frac{3}{2}}$$

Половина диагонали основания равна $\sqrt2$. Из прямоугольного треугольника $MOC$:

$$MC^2 = OC^2 - MO^2 = (\sqrt2)^2 - \left(\frac{3}{2}\right) = \frac{1}{2}$$

Тогда:

$$MC = \sqrt{\frac{1}{2}} =\frac{\sqrt2}{2}$$

Рассмотрим треугольник $SOC$. Он прямоугольный, так как $O$ -- центр основная, а $SO$ -- высота пирамиды.

Из свойства прямоугольного треугольника находим:

$$OC^2 = MC\cdot SC \Leftrightarrow (\sqrt2)^2 = SC\cdot \frac{\sqrt2}{2} \Leftrightarrow SC = 2\sqrt2$$

Откуда:

$$SM = 2\sqrt2 - \frac{\sqrt2}{2} = \frac{3\sqrt2}{2}$$

Тогда:

$$\frac{SM}{MC} = \frac{\frac{3\sqrt2}{2}}{\frac{\sqrt2}{2}} = \frac{3}{1}$$

Ответ: $3:1$