Задача №16628

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ через середину высоты проведено сечение $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ параллельно основанию, диагонали которого пересекаются в точке $O_1\text{.}$ На ребрах $AD$ и $SB$ отмечены точки $K$ и $M$ соответственно так, что $AK:KD=3:5\text{,}$ $SM:MB=3:1\text{.}$

а) Докажите, что плоскость $KM{O}_1$ параллельна $SA\text{.}$

б) Найдите угол между плоскостью $KM{O}_1$ и плоскостью $ABC\text{,}$ если боковые ребра пирамиды $SABCD$ наклонены к плоскости основания под углом $60^{\circ }\text{.}$

Введём систему координат. Пусть сторона основания $a=2\text{.}$ Центр $O$ основания — в начале координат:
$A(1;-1;0)\text{,}$ $B(1;1;0)\text{,}$ $C(-1;1;0)\text{,}$ $D(-1;-1;0)\text{,}$ $S(0;0;H)\text{.}$

Половина диагонали основания $|OA|=\sqrt{2}\text{.}$ Поскольку $\angle SAO=60^{\circ }\text{,}$ найдём высоту $H\text{:}$

$$\mathrm{tg}60^{\circ }=\frac{H}{|OA|}=\frac{H}{\sqrt{2}}\Rightarrow H=\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6}.$$

Сечение $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ проходит через середину высоты, следовательно, его центр:
$O_1\left(0;0;\frac{\sqrt{6}}{2}\right)\text{.}$

Точка $K$ лежит на $AD$ и делит его в отношении $AK:KD=3:5\text{:}$

$$K=A+\frac{3}{8}(D-A)=\left(1-\frac{3}{4};-1;0\right)=\left(\frac{1}{4};-1;0\right).$$

Точка $M$ лежит на $SB$ и делит его в отношении $SM:MB=3:1\text{:}$

$$M=S+\frac{3}{4}(B-S)=\left(\frac{3}{4};\frac{3}{4};\frac{\sqrt{6}}{4}\right).$$

а) Докажем параллельность $SA$ плоскости $KM{O}_1\text{.}$

Найдём векторы:
$\overrightarrow{SA}=(1;-1;-\sqrt{6})\text{.}$
$\overrightarrow{KM}=\left(\frac{1}{2};\frac{7}{4};\frac{\sqrt{6}}{4}\right)\text{,}$
$\overrightarrow{K{O}_1}=\left(-\frac{1}{4};1;\frac{\sqrt{6}}{2}\right)\text{.}$

Проверим, существуют ли такие $\alpha$ и $\beta \text{,}$ что $\overrightarrow{SA}=\alpha \overrightarrow{KM}+\beta \overrightarrow{K{O}_1}\text{:}$

$$\{\begin{array}{l}\frac{\alpha }{2}-\frac{\beta }{4}=1,\\ \frac{7\alpha }{4}+\beta =-1,\\ \frac{\alpha \sqrt{6}}{4}+\frac{\beta \sqrt{6}}{2}=-\sqrt{6}.\end{array}$$

Решим первые два уравнения: умножим первое на 4: $2\alpha -\beta =4\text{.}$ Сложим со вторым: $\left(2+\frac{7}{4}\right)\alpha =3\Rightarrow \frac{15}{4}\alpha =3\Rightarrow \alpha =\frac{4}{5}\text{.}$ Тогда $\beta =2\cdot \frac{4}{5}-4=\frac{8-20}{5}=-\frac{12}{5}\text{.}$

Подставим в третье уравнение: $\frac{4}{5}\cdot \frac{\sqrt{6}}{4}-\frac{12}{5}\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{5}-\frac{6\sqrt{6}}{5}=-\sqrt{6}\text{.}$ Равенство верно.

Следовательно, $\overrightarrow{SA}$ параллелен плоскости $KM{O}_1\text{.}$ Проверим, не лежит ли точка $A$ в этой плоскости. Уравнение плоскости $KM{O}_1$ имеет нормаль $\vec{n}=(2\sqrt{6};-\sqrt{6};3)$ и проходит через $K\text{:}$

$$2\sqrt{6}x-\sqrt{6}y+3z=\frac{3\sqrt{6}}{2}.$$

Подставим координаты $A(1;-1;0)\text{:}$
$2\sqrt{6}+\sqrt{6}=3\sqrt{6}\ne \frac{3\sqrt{6}}{2}\text{.}$ Точка $A$ не лежит в плоскости. Значит, $SA\parallel KM{O}_1\text{.}$

б) Найдем угол между плоскостью $KM{O}_1$ и плоскостью $ABC\text{.}$

Нормаль к $KM{O}_1$ есть векторное произведение $\vec{n}=[\overrightarrow{KM}\times \overrightarrow{K{O}_1}]\text{:}$
1. $n_x=\frac{7}{4}\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\cdot 1=\frac{7\sqrt{6}}{8}-\frac{2\sqrt{6}}{8}=\frac{5\sqrt{6}}{8}\text{;}$
2. $n_y=-\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{4}\cdot \left(-\frac{1}{4}\right)\right)=-\left(\frac{\sqrt{6}}{4}+\frac{\sqrt{6}}{16}\right)=-\frac{5\sqrt{6}}{16}\text{;}$
3. $n_z=\frac{1}{2}\cdot 1-\frac{7}{4}\cdot \left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{2}+\frac{7}{16}=\frac{15}{16}\text{.}$

Возьмём коллинеарный вектор ${\vec{n}}^{\prime }=(2\sqrt{6};-\sqrt{6};3)\text{.}$ Его длина $|{\vec{n}}^{\prime }|=\sqrt{24+6+9}=\sqrt{39}\text{.}$

Нормаль к плоскости $ABC$ — вектор ${\vec{n}}_0=(0;0;1)\text{.}$

$$\cos \phi =\frac{|{\vec{n}}^{\prime }\cdot {\vec{n}}_0|}{|{\vec{n}}^{\prime }|\cdot |{\vec{n}}_0|}=\frac{3}{\sqrt{39}}.$$

Тогда

$$\mathrm{tg}\phi =\frac{\sqrt{1-{\cos }^2\phi }}{\cos \phi }=\frac{\sqrt{1-9/39}}{3/\sqrt{39}}=\frac{\sqrt{30/39}}{3/\sqrt{39}}=\frac{\sqrt{30}}{3}.$$

Ответ: $\mathrm{arctg}\frac{\sqrt{30}}{3}\text{.}$