В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания AB равна 4 , а боковое ребро SA равно 7 . На рёбрах CD и SC отмечены точки N и K соответственно, причём DN: NC равно SK: KC равно 1: 3 . Плоскость альфа содержит прямую KN и параллельна прямой BC . а) Докажите, что плоскость альфа параллельна прямой SA . б) Найдите угол между плоскостями альфа и SBC .

а) доказано; б) арккосинус дробь: числитель: 37, знаменатель: 45 конец дроби

Задание 14 ЕГЭ по математике: В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD сторона основания AB…

№2. Задание 14

ID: 00022272

В правильной четырёхугольной пирамиде

SABCD

сторона основания

AB

равна

4

, а боковое ребро

SA

равно

7

. На рёбрах

CD

SC

отмечены точки

N

K

соответственно, причём

DN : NC = SK : KC = 1 : 3

. Плоскость

\alpha

содержит прямую

KN

и параллельна прямой

BC

. а) Докажите, что плоскость

\alpha

параллельна прямой

SA

. б) Найдите угол между плоскостями

\alpha

SBC

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) Используем параллельность $\alpha$ прямой $BC$ : любая плоскость, содержащая $BC$ , пересекает $\alpha$ по прямой, параллельной $BC$ .

Плоскость основания содержит $BC$ и точку $N$ , значит, след $\alpha$ в основании — прямая через $N$ параллельно $BC$ . Она пересекает $AB$ в точке $E$ , и $AEND$ — параллелограмм ( $AE \parallel DN$ , $EN \parallel AD \parallel BC$ ), поэтому $AE = DN = 1$ и $EB = 3$ .

Плоскость грани $SBC$ содержит $BC$ и точку $K$ : линия пересечения с $\alpha$ — прямая через $K$ параллельно $BC$ , она встречает $SB$ в точке $F$ с $SF : FB = SK : KC = 1 : 3$ (теорема о пропорциональных отрезках в треугольнике $SBC$ ).

Отрезок $EF$ лежит в $\alpha$ . В треугольнике $BAS$ : $\dfrac{BE}{BA} = \dfrac{3}{4}$ и $\dfrac{BF}{BS} = \dfrac{3}{4}$ , значит, треугольники $BEF$ и $BAS$ подобны (общий угол $B$ , пропорциональные стороны) и $EF \parallel AS$ . Сама прямая $SA$ в $\alpha$ не лежит (точка $A$ не попадает на след $EN$ ). Значит, $SA \parallel \alpha$ . Что и требовалось доказать.

б) Считаем угол в координатах. Пусть $A(0;0;0)$ , $B(4;0;0)$ , $C(4;4;0)$ , $D(0;4;0)$ , центр $O(2;2;0)$ . Тогда $AO = 2\sqrt{2}$ , высота $SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{49-8} = \sqrt{41}$ , то есть $S(2;2;\sqrt{41})$ .

Точки: $N(1;4;0)$ (так как $DN = 1$ ) и $K = S+\dfrac{1}{4}(C-S) = \left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2};\dfrac{3\sqrt{41}}{4}\right)$ .

Направляющие векторы $\alpha$ : $\vec{u} = (0;1;0)$ и $\vec{NK} = \left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{3}{2};\dfrac{3\sqrt{41}}{4}\right)$ , пропорциональный вектору $(2;-2;\sqrt{41})$ . Нормаль: $\vec{n_1} = (0;1;0)\times(2;-2;\sqrt{41}) = (\sqrt{41};\,0;\,-2)$ .

Плоскость $SBC$ : направляющие $\vec{BC} = (0;1;0)$ и $\vec{BS} = (-2;2;\sqrt{41})$ ; нормаль $\vec{n_2} = (0;1;0)\times(-2;2;\sqrt{41}) = (\sqrt{41};\,0;\,2)$ .

Тогда $\cos\varphi = \dfrac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot|\vec{n_2}|} = \dfrac{|41-4|}{\sqrt{45}\cdot\sqrt{45}} = \dfrac{37}{45}$ .

Косинус положительный, угол острый — это и есть угол между плоскостями. Проверка на разумность: $\dfrac{37}{45}$ близко к $1$ , угол около $35^\circ$ — для «почти вертикальных» плоскостей при высокой пирамиде выглядит правдоподобно, всё сходится. Ответ: $\arccos\dfrac{37}{45}$ .

Ответ

а) доказано; б)

\arccos\dfrac{37}{45}