Задача №15189

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ через ребро $AB$ провели плоскость $\alpha \text{,}$ образующую сечение $ABMN\text{,}$ где точки $M$ и $N$ — точки пересечения плоскости $\alpha$ с боковыми рёбрами $SC$ и $SD$ соответственно. Известно, что $AB=BM=AN=5MN\text{.}$

а) Докажите, что точки $M$ и $N$ делят рёбра $SC$ и $SD$ в отношении $1:4\text{,}$ считая от вершины $S\text{.}$

б) Найдите косинус угла между плоскостью основания $ABCD$ и плоскостью $\alpha \text{.}$

а) В основании правильной четырёхугольной пирамиды лежит квадрат, поэтому $AB\parallel CD\text{.}$

Так как $AB\subset \alpha \text{,}$ то прямая $CD\text{,}$ параллельная прямой $AB\text{,}$ либо лежит в плоскости $\alpha \text{,}$ либо параллельна плоскости $\alpha \text{.}$ Но если бы $CD\subset \alpha \text{,}$ то плоскость $\alpha$ содержала бы две пересекающиеся прямые основания (например, $AB$ и $BC$ через точку $B$), а значит совпала бы с плоскостью основания, что невозможно, так как $\alpha$ пересекает рёбра $SC$ и $SD$ в точках, отличных от $C$ и $D\text{.}$ Следовательно, $CD\parallel \alpha \text{.}$

Плоскость грани $SCD$ пересекает плоскость $\alpha$ по прямой $MN\text{.}$ Так как $CD\subset (SCD)$ и $CD\parallel \alpha \text{,}$ то в плоскости $(SCD)$ прямые $CD$ и $MN$ не пересекаются, значит $MN\parallel CD\text{.}$

В треугольнике $SCD$ точки $M\in SC\text{,}$ $N\in SD$ и $MN\parallel CD\text{,}$ поэтому треугольники $SMN$ и $SCD$ подобны, и

$$\frac{SM}{SC}=\frac{SN}{SD}=\frac{MN}{CD}.$$

Из условия $AB=5MN\text{,}$ а так как $AB=CD$ (стороны квадрата), то $CD=5MN\text{,}$ значит $\frac{MN}{CD}=\frac{1}{5}\text{.}$ Следовательно,

$$\frac{SM}{SC}=\frac{SN}{SD}=\frac{1}{5},$$

то есть $SM:MC=1:4$ и $SN:ND=1:4$ (считая от вершины $S$).

б) Обозначим $MN=x\text{.}$ Тогда $AB=5x\text{.}$ Положим $a=AB\text{,}$ тогда $a=5x\text{.}$

Из пункта а) $\frac{SM}{SC}=\frac{1}{5}\text{,}$ значит $CM=\frac{4}{5}SC\text{.}$

Рассмотрим треугольник $SBC\text{.}$ В правильной пирамиде $SB=SC\text{,}$ поэтому по теореме косинусов для угла $\angle BCS\text{:}$

$$\cos \angle BCS=\frac{B{C}^2+S{C}^2-S{B}^2}{2\cdot BC\cdot SC}=\frac{BC}{2SC}.$$

Но $BC=a\text{,}$ следовательно $\cos \angle BCS=\frac{a}{2SC}\text{.}$

Теперь рассмотрим треугольник $BCM\text{.}$ Здесь $BM=AB=a$ (по условию), $BC=a\text{,}$ $CM=\frac{4}{5}SC\text{,}$ а угол $\angle BCM$ равен $\angle BCS\text{,}$ так как $M\in SC\text{.}$ По теореме косинусов:

$$B{M}^2=B{C}^2+C{M}^2-2\cdot BC\cdot CM\cdot \cos \angle BCM.$$

Подставим:

$$a^2=a^2+{\left(\frac{4}{5}SC\right)}^2-2\cdot a\cdot \frac{4}{5}SC\cdot \frac{a}{2SC}.$$

Сокращая, получаем:

$$0=\frac{16}{25}S{C}^2-\frac{4}{5}{a}^2\Rightarrow S{C}^2=\frac{5}{4}{a}^2.$$

Пусть $O$ — центр квадрата основания. Тогда $SO\perp (ABCD)\text{,}$ и в прямоугольном треугольнике $SOC\text{:}$

$$S{C}^2=S{O}^2+O{C}^2.$$

Диагональ квадрата равна $a\sqrt{2}\text{,}$ значит $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\text{,}$ то есть $O{C}^2=\frac{a^2}{2}\text{.}$ Тогда

$$S{O}^2=S{C}^2-O{C}^2=\frac{5}{4}{a}^2-\frac{1}{2}{a}^2=\frac{3}{4}{a}^2\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Найдём угол между плоскостью основания и плоскостью $\alpha$ вдоль ребра $AB\text{.}$ Пусть $P$ и $Q$ — середины рёбер $AB$ и $CD$ соответственно. Тогда $PQ\perp AB$ и $O\in PQ\text{,}$ причём $OP=OQ=\frac{a}{2}\text{.}$

Рассмотрим плоскость $\beta \text{,}$ проходящую через прямые $SO$ и $PQ\text{.}$ Так как $AB$ перпендикулярна и $SO\text{,}$ и $PQ\text{,}$ то $AB\perp \beta \text{.}$ Следовательно, угол между плоскостями $(ABCD)$ и $\alpha$ равен углу между их сечениями плоскостью $\beta \text{:}$ между прямыми $PQ$ и $\alpha \cap \beta \text{.}$

В плоскости грани $SCD$ отрезок $MN\parallel CD\text{,}$ поэтому гомотетия с центром $S$ и коэффициентом $frac15$ переводит $CD$ в $MN\text{.}$ Тогда середина $Q$ отрезка $CD$ переходит в середину $K$ отрезка $MN\text{,}$ причём $K\in SQ$ и

$$\frac{SK}{SQ}=\frac{1}{5}.$$

Значит, точка $K$ лежит и в плоскости $\alpha$ (так как $K\in MN\subset \alpha$), и в плоскости $\beta$ (так как $K\in SQ\subset \beta$). Также $P\in AB\subset \alpha$ и $P\in PQ\subset \beta \text{.}$ Следовательно, $\alpha \cap \beta$ — это прямая $PK\text{.}$

Пусть $K_0$ — проекция точки $K$ на плоскость основания (то есть $K{K}_0\parallel SO$). Тогда $K_0\in PQ\text{.}$ Поскольку при движении от $S$ к $Q$ высота над основанием убывает линейно, из $\frac{SK}{SQ}=\frac{1}{5}$ получаем

$$K{K}_0=\frac{4}{5}SO.$$

Кроме того, проекция делит $OQ$ в том же отношении:

$$O{K}_0=\frac{1}{5}OQ=\frac{1}{5}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a}{10}.$$

Тогда

$$P{K}_0=PO+O{K}_0=\frac{a}{2}+\frac{a}{10}=\frac{3a}{5}.$$

В плоскости $\beta$ треугольник $PK{K}_0$ прямоугольный (так как $K{K}_0\perp (ABCD)\text{,}$ значит $K{K}_0\perp PQ$), и искомый угол $\phi$ равен $\angle KPPQ\text{,}$ поэтому

$$\cos \phi =\frac{P{K}_0}{PK}=\frac{P{K}_0}{\sqrt{P{K}_0^2+K{K}_0^2}}.$$

Подставим $P{K}_0=\frac{3a}{5}\text{,}$ $K{K}_0=\frac{4}{5}SO\text{,}$ $SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}\text{:}$

$$\cos \phi =\frac{\frac{3a}{5}}{\sqrt{{\left(\frac{3a}{5}\right)}^2+{\left(\frac{4}{5}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{\frac{3a}{5}}{\sqrt{\frac{9a^2}{25}+\frac{12a^2}{25}}}=\frac{\frac{3a}{5}}{\frac{a\sqrt{21}}{5}}=\frac{3}{\sqrt{21}}.$$

Ответ: $\frac{3}{\sqrt{21}}$