Угол между… — Задание 15 ЕГЭ по математике №00041802

Пункт а (доказательство). Чтобы доказать, что прямая параллельна плоскости, достаточно найти в этой плоскости прямую, параллельную данной. Ищем её в грани $SBC$.

Пусть $L$ — середина ребра $SC$. В треугольнике $SDC$ отрезок $KL$ соединяет середины сторон $SD$ и $SC$, это средняя линия: $KL\parallel DC$ и $KL=\dfrac12 DC$.

Основание $ABCD$ — квадрат, поэтому $AB\parallel DC$ и $AB=DC$. Точка $M$ — середина $AB$, так что $MB\parallel DC$ и $MB=\dfrac12 DC$, причём отрезки $MB$ и $KL$ направлены одинаково (оба — как $DC$).

Итак, $KL$ и $MB$ параллельны и равны, значит $MBLK$ — параллелограмм, и $MK\parallel BL$. Прямая $BL$ лежит в плоскости $SBC$, а точка $M$ этой плоскости не принадлежит (она лежит на ребре $AB$ и не совпадает с $B$). По признаку параллельности прямой и плоскости $MK\parallel(SBC)$. Что и требовалось доказать.

Пункт б (вычисление). Пусть $O$ — центр квадрата, $SO=H$ — высота пирамиды. Опустим перпендикуляр из $K$ на основание: $KK'\parallel SO$, и так как $K$ — середина $SD$, то $KK'$ — средняя линия треугольника $SOD$. Значит $K'$ — середина $OD$ и $KK'=\dfrac{H}{2}$.

$MK'$ — проекция $MK$ на основание, поэтому угол между прямой $MK$ и основанием — это $\angle KMK'=30^\circ$.

Найдём $MK'$ в треугольнике $MOK'$. Здесь $OM=\dfrac{AB}{2}=12$ (расстояние от центра до стороны), $OK'=\dfrac12 OD=\dfrac12\cdot\dfrac{24\sqrt{2}}{2}=6\sqrt{2}$. Угол $MOK'$: луч $OM$ идёт к середине стороны $AB$ и образует $45^\circ$ с лучом $OB$, а луч $OD$ противоположен $OB$, поэтому $\angle MOD=180^\circ-45^\circ=135^\circ$. По теореме косинусов

$$MK'^{2}=12^{2}+\left(6\sqrt{2}\right)^{2}-2\cdot 12\cdot 6\sqrt{2}\cdot\cos 135^\circ=144+72+144=360,\qquad MK'=6\sqrt{10}.$$

Из прямоугольного треугольника $MK'K$:

$$KK'=MK'\cdot\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{6\sqrt{10}}{\sqrt{3}}=2\sqrt{30}.$$

Высота пирамиды вдвое больше: $H=2KK'=4\sqrt{30}$.

Проверим себя координатами. Центр квадрата — в начале, оси вдоль сторон: $M(0;-12;0)$, $D(-12;12;0)$, $K'(-6;6;0)$. Тогда $MK'=\sqrt{6^{2}+18^{2}}=\sqrt{360}$ — как и по теореме косинусов, а $\dfrac{KK'}{MK'}=\dfrac{2\sqrt{30}}{6\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\mathrm{tg}\,30^\circ$.