Тип 15 № 22823

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 $MBD$:

$$S_{MBD} = \frac{\sqrt2}{3} = \frac{1}{2}\cdot BD \cdot MO = \frac{1}{2}\cdot\sqrt{1^2 + 1^2}\cdot MO \Leftrightarrow MO = \frac{2}{3}$$

Половина диагонали основания равна $\frac{\sqrt2}{2}$. Из прямоугольного треугольника $MOC$:

$$MC^2 = OC^2 - MO^2 = \left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2 - \left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{1}{18}$$

Тогда:

$$MC = \sqrt{\frac{1}{18}} =\frac{\sqrt2}{6}$$

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

Из свойства прямоугольного треугольника находим:

$$OC^2 = MC\cdot SC \Leftrightarrow \left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2 = SC\cdot \frac{\sqrt2}{6} \Leftrightarrow SC = \frac{3\sqrt2}{2}$$

Откуда:

$$SM = \frac{3\sqrt2}{2} - \frac{\sqrt2}{6} = \frac{4\sqrt2}{3}$$

Тогда:

$$\frac{SM}{MC} = \frac{\frac{4\sqrt2}{3}}{\frac{\sqrt2}{6}} = \frac{8}{1}$$

Ответ: $8:1$