Тип 14 № 13371

а)

Проведём $CH \perp AB$. Так как $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AB$, то $H$ — середина $AB$. Так как $AP : PB = 1 : 3$, то $AP = x$, $PB = 3x$. Тогда $AB = 4x$, $HB = 2x$, следовательно, $PH = x$. Следовательно, $P$ — середина $AH$.

Проведём $NQ \parallel AA_{1}$. Тогда $N$ — середина $AC$. Следовательно, так как $CN : NA = HP : PA = 1 : 1$, то по обратной теореме Фалеса $NP \parallel CH$. Следовательно, $NP \perp AB$.

Так как $PQ \perp \alpha$, то $PQ$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в $\alpha$. Заметим, что $MN$ — средняя линия в $\triangle ABC$, параллельная $AB$. Следовательно, $MN \parallel AB$. С другой стороны, $MN \perp NP$. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах наклонная $PQ \perp MN$. Следовательно, $MN \subset \alpha$. А так как $AB \parallel MN$, то по признаку $AB \parallel \alpha$. Что и требовалось доказать.

б) Так как $AB = 4x$, то $NQ = AA_{1} = 4x$, $AC = BC = 14x$. Следовательно, по теореме Пифагора в $\triangle ANP$: $$NP = 4x\sqrt{3}.$$

Проведём $NK \perp PQ$. Тогда $NK \in \alpha$. Следовательно, $K$ — точка, в которой $PQ$ пересекает $\alpha$. Нужно найти $PK : KQ$. По свойству прямоугольного треугольника высота, опущенная из вершины прямого угла, делит гипотенузу на отрезки, пропорциональные квадратам катетов: $$\frac{PK}{KQ} = \frac{NP^{2}}{NQ^{2}} = \frac{(4x\sqrt{3})^{2}}{(4x)^{2}} = \frac{3}{1}.$$

$$\boxed{3 : 1}$$