Задача №17036

Дана правильная треугольная пирамида $SABC\text{,}$ $AB=14\text{.}$ Высота $SO\text{,}$ проведённая к основанию, равна $18\text{,}$ точка $D$ — середина $AS\text{,}$ точка $E$ — середина $BC\text{.}$ Плоскость, проходящая через точку $D$ и параллельная основанию пирамиды, пересекает рёбра $SB$ и $SC$ в точках $F$ и $G$ соответственно.

а) Докажите, что $FG$ проходит через середину отрезка $SE\text{.}$
б) Найдите угол между плоскостью основания и плоскостью $AFG\text{.}$

Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида с основанием — равносторонним треугольником $ABC$ со стороной $AB=14$ и высотой $SO=18\text{,}$ где $O$ — центр основания (центроид). $D$ — середина $SA\text{,}$ $E$ — середина $BC\text{,}$ $SE$ — апофема. Плоскость $\alpha$ через $D$ параллельна основанию $ABC$ и пересекает рёбра $SB$ и $SC$ в точках $F$ и $G$ соответственно.

а) Так как плоскость $\alpha$ параллельна $ABC$ и проходит через середину $D$ ребра $SA\text{,}$ по теореме о пропорциональных отрезках на сторонах угла $\alpha$ отсекает на каждом боковом ребре отрезок, равный половине: $SF=\frac{1}{2}SB\text{,}$ $SG=\frac{1}{2}SC\text{.}$ Значит, $F$ и $G$ — середины $SB$ и $SC\text{.}$

Рассмотрим треугольник $SBC\text{.}$ Отрезок $FG$ соединяет середины $SB$ и $SC\text{,}$ поэтому $FG\parallel BC$ и $FG=\frac{1}{2}BC\text{.}$ В треугольнике $SBC$ точка $E$ — середина $BC\text{,}$ а $SE$ — медиана; средняя линия $FG$ пересекает $SE$ в её середине $M\text{.}$ Это и означает, что $FG$ проходит через середину отрезка $SE\text{,}$ что и требовалось доказать.

б) Плоскость $AFG$ содержит точку $A$ и отрезок $FG\parallel BC\text{.}$ Линия пересечения плоскости $AFG$ с плоскостью основания проходит через $A$ параллельно $BC$ (обозначим её $\ell$).

В основании высота $AE$ перпендикулярна $BC\text{,}$ значит, $AE\perp \ell \text{.}$ В плоскости $AFG$ отрезок $AM$ ($M$ — середина $SE$) тоже перпендикулярен $\ell$ (поскольку $M$ лежит над $\ell$ при проекции, что сразу следует из равноудалённости точки $A$ от $B$ и $C\text{,}$ и точки $M$ от $F$ и $G$).

Таким образом, угол $\angle MAE$ — линейный угол двугранного угла между основанием и плоскостью $AFG\text{.}$ Обозначим его $\alpha \text{.}$

Введём координаты в основании: $O$ — начало, $E=(OE;0;0)\text{,}$ $A=(-AO;0;0)\text{,}$ $S=(0;0;18)\text{,}$ где

$$AE=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=7\sqrt{3},OE=\frac{1}{3}AE=\frac{7\sqrt{3}}{3},AO=\frac{2}{3}AE=\frac{14\sqrt{3}}{3}.$$

Точка $M=\frac{S+E}{2}=\left(\frac{7\sqrt{3}}{6};0;9\right)\text{.}$

Проекция $M$ на основание: $M^{\prime }=\left(\frac{7\sqrt{3}}{6};0;0\right)\text{.}$ Расстояние от $A$ до $M^{\prime }\text{:}$

$$A{M}^{\prime }=\frac{7\sqrt{3}}{6}-\left(-\frac{14\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{7\sqrt{3}+28\sqrt{3}}{6}=\frac{35\sqrt{3}}{6}.$$

Высота точки $M$ над основанием: $M{M}^{\prime }=9\text{.}$

Тогда

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{M{M}^{\prime }}{A{M}^{\prime }}=\frac{9}{\frac{35\sqrt{3}}{6}}=\frac{54}{35\sqrt{3}}=\frac{18\sqrt{3}}{35}.$$

Ответ:

а) доказано

б) $\mathrm{arctg}\frac{18\sqrt{3}}{35}$