Задача №15185

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна 4, а боковое ребро $SA$ равно 7. На рёбрах $CD$ и $SC$ отмечены точки $N$ и $K$ соответственно, причём $DN:NC=SK:KC=1:3\text{.}$ Плоскость $\alpha$ содержит прямую $KN$ и параллельна прямой $BC\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SA\text{.}$

б) Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $SBC\text{.}$

а) Построим плоскость $\alpha \text{.}$ Так как $\alpha$ должна содержать прямую $KN$ и быть параллельной прямой $BC\text{,}$ проведём через точку $N$ (лежащую на $CD$) прямую, параллельную $BC\text{;}$ она пересечёт сторону $AB$ в точке $M\text{.}$ В квадрате $ABCD$ сторона $BC\parallel AD\text{,}$ поэтому $NM\parallel AD\text{.}$ Из условия $DN:NC=1:3$ и $CD=4$ получаем $DN=1\text{,}$ $NC=3\text{;}$ тогда $AM=DN=1\text{,}$ $MB=AB-AM=3\text{.}$

Через точку $K$ на ребре $SC$ проведём прямую, параллельную $BC\text{;}$ она пересечёт ребро $SB$ в точке $P\text{.}$ В треугольнике $SBC$ по теореме Фалеса из $SK:KC=1:3$ следует $SP:PB=1:3\text{.}$

Таким образом, плоскость $KNP$ (совпадающая с плоскостью $MNP$) — искомая плоскость $\alpha \text{:}$ она содержит $KN$ и параллельна $BC$ (так как содержит прямые $NM$ и $KP\text{,}$ параллельные $BC$).

Докажем, что $\alpha \parallel SA\text{.}$ В треугольнике $SAB$ точки $P$ и $M$ лежат на сторонах $SB$ и $AB$ соответственно, причём

$$\frac{SP}{PB}=\frac{1}{3},\frac{AM}{MB}=\frac{1}{3}.$$

Следовательно, по обратной теореме Фалеса отрезок $PM$ параллелен стороне $SA\text{.}$ Поскольку $PM$ лежит в плоскости $\alpha \text{,}$ прямая $SA$ параллельна плоскости $\alpha \text{.}$

б) Найдём угол между плоскостями $\alpha$ и $SBC\text{.}$

В плоскости $\alpha$ прямые $NM$ и $PM$ параллельны соответственно прямым $AD$ и $SA$ из плоскости $SAD\text{.}$ Действительно, $NM\parallel BC\parallel AD\text{,}$ а $PM\parallel SA$ (доказано в пункте а). Поэтому плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $SAD\text{.}$ Следовательно, искомый угол равен углу между плоскостями $SAD$ и $SBC\text{.}$

Рассмотрим правильную пирамиду $SABCD\text{.}$ Пусть $F$ — середина $BC\text{,}$ $E$ — середина $AD\text{.}$ В равнобедренных треугольниках $SBC$ и $SAD$ отрезки $SF$ и $SE$ являются высотами, поэтому $SF\perp BC$ и $SE\perp AD\text{.}$ Плоскости $SBC$ и $SAD$ пересекаются по прямой, проходящей через $S$ и параллельной $BC$ и $AD\text{;}$ эта прямая перпендикулярна как $SF\text{,}$ так и $SE\text{.}$ Значит, угол между плоскостями равен углу между прямыми $SF$ и $SE\text{,}$ то есть углу $\phi =\angle FSE\text{.}$

Вычислим $\phi \text{.}$ В квадрате со стороной 4: $BF=2\text{,}$ $AE=2\text{.}$ Из прямоугольного треугольника $SBF$ с гипотенузой $SB=7$ находим

$$SF=\sqrt{S{B}^2-B{F}^2}=\sqrt{49-4}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}.$$

Аналогично $SE=3\sqrt{5}\text{.}$ Расстояние $FE=AB=4$ (так как $F$ и $E$ — середины параллельных сторон).

В треугольнике $SFE$ по теореме косинусов:

$$F{E}^2=S{F}^2+S{E}^2-2\cdot SF\cdot SE\cdot \cos \phi ,$$ $$16=45+45-2\cdot 3\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{5}\cdot \cos \phi ,$$ $$16=90-90\cos \phi \Rightarrow \cos \phi =\frac{37}{45}.$$

Выразим $\phi$ через арксинус:

$$\sin \frac{\phi }{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \phi }{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{37}{45}}{2}}=\sqrt{\frac{4}{45}}=\frac{2}{3\sqrt{5}},$$

следовательно,

$$\phi =2\arcsin \frac{2}{3\sqrt{5}}.$$

Ответ: $\phi =2\arcsin \frac{2}{3\sqrt{5}}\text{.}$