Задача №15237

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна 6, а боковое ребро $SA$ равно 7. На рёбрах $CD$ и $SC$ отмечены точки $N$ и $K$ соответственно, причём $DN:NC=SK:KC=1:2\text{.}$ 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) Пусть $M$ — точка на ребре $AB\text{,}$ такая что $AM:MB=1:2\text{.}$ Поскольку на ребре $CD$ точка $N$ делит его в отношении $DN:NC=1:2\text{,}$ отрезок $MN$ параллелен $AD$ и $BC\text{.}$ Следовательно, прямая $MN$ лежит в плоскости $\alpha \text{,}$ так как $\alpha$ проходит через $N$ и параллельна $BC\text{.}$

В плоскости $SBC$ через точку $K$ проведём прямую, параллельную $BC\text{.}$ Пусть она пересекает ребро $SB$ в точке $P\text{.}$ По теореме Фалеса для угла $BSC$ имеем $SP:PB=SK:KC=1:2\text{.}$ Прямая $KP$ также лежит в плоскости $\alpha \text{.}$

Рассмотрим треугольник $SAB\text{.}$ В нём точки $M$ и $P$ лежат на сторонах $AB$ и $SB$ соответственно. Имеем:

$$\frac{AM}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{BM}{BA}=\frac{2}{3}$$ $$\frac{SP}{SB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{BP}{BS}=\frac{2}{3}$$

Так как $\frac{BM}{BA}=\frac{BP}{BS}\text{,}$ по теореме, обратной теореме Фалеса, прямая $MP$ параллельна $SA\text{.}$ Поскольку прямая $MP$ лежит в плоскости $\alpha \text{,}$ плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SA\text{.}$

б) Пусть $O$ — центр основания пирамиды, $E$ — середина $BC\text{,}$ $F$ — середина $AD\text{.}$ Тогда $FE=6\text{,}$ $O$ — середина $FE\text{.}$ Пирамида правильная, поэтому высота $SO$ перпендикулярна основанию. Плоскость $SFE$ перпендикулярна прямой $BC\text{.}$

Так как плоскости $\alpha$ и $SBC$ пересекаются по прямой, параллельной $BC$ (это прямая $KP$), то линейный угол между ними — это угол между их следами в плоскости $SFE\text{.}$

В треугольнике $ASC$ диагональ основания $AC=6\sqrt{2}\text{,}$ $AO=3\sqrt{2}\text{.}$ Высота пирамиды:

$$SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{49-18}=\sqrt{31}$$

Введём на плоскости $SFE$ систему координат с началом в $O\text{.}$ Тогда $E(3;0)\text{,}$ $F(-3;0)\text{,}$ $S(0;\sqrt{31})\text{.}$

Прямая $SE$ (след плоскости $SBC$) имеет направляющий вектор ${\vec{v}}_1(-3;\sqrt{31})\text{.}$ Прямая $MN$ проектируется в точку $Q(-1;0)$ на отрезке $FE\text{.}$ Прямая $KP$ проектируется в точку $K^{\prime }$ на отрезке $SE\text{.}$ Так как $SK:KC=1:2\text{,}$ то $K^{\prime }$ делит $SE$ в отношении $1:2\text{:}$

$$K^{\prime }=\frac{2S+1E}{3}=\left(\frac{0+3}{3};\frac{2\sqrt{31}+0}{3}\right)=\left(1;\frac{2\sqrt{31}}{3}\right)$$

Направляющий вектор следа плоскости $\alpha$ (прямой $Q{K}^{\prime }$) равен ${\vec{v}}_2\left(2;\frac{2\sqrt{31}}{3}\right)\text{.}$

Пусть $\phi$ — угол между плоскостями. Тогда:

$$\cos \phi =\frac{|{\vec{v}}_1\cdot {\vec{v}}_2|}{|{\vec{v}}_1|\cdot |{\vec{v}}_2|}=\frac{|-3\cdot 2+\sqrt{31}\cdot \frac{2\sqrt{31}}{3}|}{\sqrt{9+31}\cdot \sqrt{4+\frac{124}{9}}}=\frac{|-6+\frac{62}{3}|}{\sqrt{40}\cdot \sqrt{\frac{160}{9}}}=\frac{\frac{44}{3}}{2\sqrt{10}\cdot \frac{4\sqrt{10}}{3}}=\frac{44}{80}=\frac{11}{20}$$

Следовательно, $\phi =\arccos \frac{11}{20}\text{.}$

Ответ:

б) $\arccos \frac{11}{20}$