В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD через ребро AB провели плоскость альфа , образующую сечение ABMN , где точки M и N — точки пересечения плоскости альфа с боковыми рёбрами SC и SD соответственно. Известно, что AB равно BM равно AN равно 5MN . а) Докажите, что точки M и N делят рёбра SC и SD в отношении 1: 4 , считая от вершины S . б) Найдите косинус угла между плоскостью основания ABCD и плоскостью альфа .

а) доказано; б) дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 21 конец аргумента, знаменатель: 7 конец дроби

Задание 14 ЕГЭ по математике: В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD через ребро AB…

№2. Задание 14

ID: 00022273

В правильной четырёхугольной пирамиде

SABCD

через ребро

AB

провели плоскость

\alpha

, образующую сечение

ABMN

, где точки

M

N

— точки пересечения плоскости

\alpha

с боковыми рёбрами

SC

SD

соответственно. Известно, что

AB = BM = AN = 5MN

. а) Докажите, что точки

M

N

делят рёбра

SC

SD

в отношении

1 : 4

, считая от вершины

S

. б) Найдите косинус угла между плоскостью основания

ABCD

и плоскостью

\alpha

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) Сначала покажем, что $MN \parallel AB$ . В квадрате $AB \parallel CD$ ; прямая $CD$ лежит в плоскости грани $SCD$ , а $AB$ — нет, значит, $AB$ параллельна всей плоскости $SCD$ . Плоскость $\alpha$ проходит через $AB$ и пересекает плоскость $SCD$ по прямой $MN$ — а когда плоскость проходит через прямую, параллельную другой плоскости, линия их пересечения параллельна этой прямой. Итак, $MN \parallel AB \parallel CD$ .

Теперь в треугольнике $SCD$ отрезок $MN$ параллелен основанию $CD$ , значит, треугольники $SMN$ и $SCD$ подобны: $\dfrac{SM}{SC} = \dfrac{SN}{SD} = \dfrac{MN}{CD}$ . Но $CD = AB = 5MN$ , поэтому $\dfrac{MN}{CD} = \dfrac{1}{5}$ . Отсюда $SM = \dfrac{1}{5}SC$ и $SN = \dfrac{1}{5}SD$ , то есть $SM : MC = SN : ND = 1 : 4$ , считая от вершины $S$ . Что и требовалось доказать.

б) Удобно положить $AB = 5$ , тогда $MN = 1$ . Сначала вытащим из условия $BM = 5$ длину бокового ребра $SC = l$ .

В равнобедренном треугольнике $SBC$ ( $SB = SC = l$ , $BC = 5$ ) косинус угла при основании: $\cos\angle SCB = \dfrac{BC/2}{SC} = \dfrac{5}{2l}$ . Из пункта а) $CM = \dfrac{4}{5}l$ . Теорема косинусов в треугольнике $BCM$ : $BM^2 = BC^2 + CM^2 - 2\cdot BC\cdot CM\cdot\cos\angle BCM = 25 + \dfrac{16}{25}l^2 - 2\cdot 5\cdot\dfrac{4l}{5}\cdot\dfrac{5}{2l} = 25 + \dfrac{16}{25}l^2 - 20 = 5 + \dfrac{16}{25}l^2$ . Приравниваем к $BM^2 = 25$ : $\dfrac{16}{25}l^2 = 20$ , откуда $l^2 = \dfrac{125}{4}$ и $l = \dfrac{5\sqrt{5}}{2}$ .

Высота пирамиды: полудиагональ основания $OC = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ , поэтому $SO^2 = l^2 - OC^2 = \dfrac{125}{4}-\dfrac{50}{4} = \dfrac{75}{4}$ и $SO = \dfrac{5\sqrt{3}}{2}$ .

Теперь координаты: $A(0;0;0)$ , $B(5;0;0)$ , $C(5;5;0)$ , $D(0;5;0)$ , $S\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2};\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\right)$ . Точки сечения: $M = S+\dfrac{1}{5}(C-S) = (3;3;2\sqrt{3})$ и $N = (2;3;2\sqrt{3})$ . Быстрая проверка условия: $BM^2 = 2^2+3^2+(2\sqrt{3})^2 = 4+9+12 = 25$ , то есть $BM = 5$ , и $MN = 1$ — всё сходится.

Плоскости $\alpha$ и основания пересекаются по прямой $AB$ , значит, ищем двугранный угол вдоль $AB$ . Возьмём $E\left(\dfrac{5}{2};0;0\right)$ — середину $AB$ , $G\left(\dfrac{5}{2};3;2\sqrt{3}\right)$ — середину $MN$ и $F\left(\dfrac{5}{2};5;0\right)$ — середину $CD$ . Векторы $\vec{EG} = (0;3;2\sqrt{3})$ и $\vec{EF} = (0;5;0)$ оба перпендикулярны $AB$ (первые координаты нулевые), причём $EG$ лежит в $\alpha$ , а $EF$ — в основании. Значит, искомый угол — это угол $GEF$ .

$\cos\angle GEF = \dfrac{\vec{EG}\cdot\vec{EF}}{|\vec{EG}|\cdot|\vec{EF}|} = \dfrac{15}{\sqrt{9+12}\cdot 5} = \dfrac{3}{\sqrt{21}} = \dfrac{3\sqrt{21}}{21} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}$ .

Проверка на разумность: $\dfrac{\sqrt{21}}{7} \approx 0{,}65$ , угол около $49^\circ$ — сечение наклонено к основанию заметно, но не отвесно, что для точки $M$ на высоте $2\sqrt{3} \approx 3{,}5$ при «глубине» $3$ выглядит верно. Всё сходится. Ответ: $\dfrac{\sqrt{21}}{7}$ .

Ответ

а) доказано; б)

\dfrac{\sqrt{21}}{7}