ID: 00009038
В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ сторона основания $AB$ равна $6$, а боковое ребро $SA$ равна $7$. На рёбрах $CD$ и $SC$ отмечены точки $N$ и $K$ соответственно, причём $DN : NC = SK : KC = 1 : 2$. Плоскость $\alpha$ содержит прямую $KN$ и параллельна прямой $BC$.
а) Докажите, что плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SA$.
б) Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $SBC$.
Источник: ФИПИ
Введём координаты с центром основания в начале: $A=(3;3;0)$, $B=(-3;3;0)$, $C=(-3;-3;0)$, $D=(3;-3;0)$, $O=(0;0;0)$. Высота: из бокового ребра $SA=7$ и $OA^2=18$ получаем $SO=\sqrt{49-18}=\sqrt{31}$, то есть $S=(0;0;\sqrt{31})$.
Отмеченные точки: $N$ на $CD$ с $DN:NC=1:2$, то есть $N=D+\tfrac13(C-D)=(1;-3;0)$; $K$ на $SC$ с $SK:KC=1:2$, то есть $K=S+\tfrac13(C-S)=\left(-1;-1;\tfrac{2\sqrt{31}}3\right)$.
Пункт а. Плоскость $\alpha$ содержит прямую $KN$ и параллельна $BC$ (направление $\overrightarrow{BC}=(0;1;0)$), поэтому её нормаль $\vec n_\alpha=\overrightarrow{NK}\times\overrightarrow{BC}$. Считаем $\overrightarrow{NK}=(-2;2;\tfrac{2\sqrt{31}}3)$ и получаем $\vec n_\alpha=\left(-\tfrac{2\sqrt{31}}3;0;-2\right)$, или после умножения на $-\tfrac32$ — короче $\vec n_\alpha=(\sqrt{31};0;3)$.
Проверим параллельность $SA$: $\overrightarrow{SA}=A-S=(3;3;-\sqrt{31})$, и $\vec n_\alpha\cdot\overrightarrow{SA}=3\sqrt{31}+0-3\sqrt{31}=0$. Значит $\alpha\parallel SA$, что и требовалось доказать.
Пункт б. Найдём нормаль грани $SBC$: $\vec n_2=\overrightarrow{SB}\times\overrightarrow{SC}$, где $\overrightarrow{SB}=(-3;3;-\sqrt{31})$, $\overrightarrow{SC}=(-3;-3;-\sqrt{31})$. Получаем $\vec n_2=(-6\sqrt{31};0;18)$; сократим до $\vec n_2=(\sqrt{31};0;-3)$.
Угол $\varphi$ между плоскостями равен углу между нормалями. Считаем: $\vec n_\alpha\cdot\vec n_2=\sqrt{31}\cdot\sqrt{31}+0+3\cdot(-3)=31-9=22$, а длины $|\vec n_\alpha|=|\vec n_2|=\sqrt{31+9}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$.
Поэтому $\cos\varphi=\dfrac{22}{2\sqrt{10}\cdot2\sqrt{10}}=\dfrac{22}{40}=\dfrac{11}{20}$.
Ответ обычно записывают через половинный угол. Из $\cos\varphi=\dfrac{11}{20}$ найдём $\sin\dfrac\varphi2=\sqrt{\dfrac{1-\cos\varphi}{2}}=\sqrt{\dfrac{1-\tfrac{11}{20}}{2}}=\sqrt{\dfrac{9}{40}}=\dfrac{3}{2\sqrt{10}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{20}$.
Значит $\dfrac\varphi2=\operatorname{arcsin}\dfrac{3\sqrt{10}}{20}$, и искомый угол $\varphi=2\operatorname{arcsin}\dfrac{3\sqrt{10}}{20}$.
$2\text{arcsin} \left( \dfrac{3\sqrt{10}}{20} \right)$.