Задача №18045

В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ точки $M$ и $K$ — середины рёбер $AB$ и $SD$ соответственно. а) Докажите, что прямая $MK$ параллельна плоскости $SBC\text{.}$ б) Найдите высоту пирамиды, если $AB=12\text{,}$ а угол между прямой $MK$ и плоскостью основания пирамиды равен $60^{\circ }\text{.}$

Введём обозначения: пусть $O$ — центр основания $ABCD$ (точка пересечения диагоналей квадрата), тогда $SO$ — высота правильной пирамиды, причём $SO\perp (ABCD)\text{.}$

а) Возьмём середину $N$ ребра $SC$ и рассмотрим вспомогательные средние линии.

В треугольнике $SCD$ точки $K$ и $N$ — середины сторон $SD$ и $SC\text{,}$ поэтому $KN$ — средняя линия этого треугольника, откуда

Так как $ABCD$ — квадрат, то $M$ — середина $AB\text{,}$ и отрезок $MB$ параллелен $DC$ и равен ему половине: $MB\parallel DC$ (как $AB\parallel DC$) и $MB=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}DC\text{.}$

Из $KN\parallel DC$ и $MB\parallel DC$ следует $KN\parallel MB\text{;}$ при этом $KN=MB=\frac{1}{2}DC\text{.}$ Значит, четырёхугольник $MBNK$ — параллелограмм (две стороны равны и параллельны). Следовательно,

Прямая $BN$ лежит в плоскости $SBC$ (точки $B$ и $N$ принадлежат этой плоскости, так как $N\in SC$). Сама прямая $MK$ плоскости $SBC$ не принадлежит: точка $M$ — середина $AB$ — лежит вне плоскости $SBC$ (иначе всё ребро $AB$ лежало бы в этой плоскости, что для пирамиды невозможно). Прямая, не лежащая в плоскости и параллельная некоторой прямой этой плоскости, параллельна и самой плоскости. Поэтому

что и требовалось доказать.

б) Найдём угол между прямой $MK$ и плоскостью основания. Опустим из точки $K$ перпендикуляр на плоскость основания. Так как $K$ — середина $SD\text{,}$ а $SO\perp (ABCD)\text{,}$ то проекция точки $K$ на основание есть середина отрезка $OD\text{;}$ обозначим её $K^{\prime }\text{.}$ При этом

где $h=SO$ — искомая высота пирамиды, а $K{K}^{\prime }\perp (ABCD)\text{.}$

Тогда $M{K}^{\prime }$ — проекция наклонной $MK$ на плоскость основания, и углом между прямой $MK$ и плоскостью основания является $\angle KM{K}^{\prime }=60^{\circ }\text{.}$ В прямоугольном треугольнике $M{K}^{\prime }K$ (прямой угол при вершине $K^{\prime }$):

Осталось найти $M{K}^{\prime }$ — это отрезок в плоскости основания. Введём в плоскости основания прямоугольные координаты с началом в центре $O\text{,}$ направив оси по средним линиям квадрата. При $AB=12$ имеем

Тогда $M$ — середина $AB\text{:}$ $M(0;-6)\text{;}$ а $K^{\prime }$ — середина $OD\text{:}$ $K^{\prime }(-3;3)\text{.}$ Поэтому

Подставляя в соотношение для тангенса и учитывая $\mathrm{tg}60^{\circ }=\sqrt{3}\text{:}$

Наконец, $h=SO=2\cdot K{K}^{\prime }=2\cdot 3\sqrt{30}=6\sqrt{30}\text{.}$

Проверка: $6\sqrt{30}\approx 32,86\text{.}$

Ответ: б) $6\sqrt{30}\text{.}$