Question

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 $SBC$ .

а) Докажите, что плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SA$.

б) Найдите угол между плоскостями $\alpha$ и $SBC$.

Accepted Answer

Answer

Идея решения: построить в плоскости $\alpha$ две пересекающиеся прямые, параллельные $SA$ и $BC$, затем найти угол между плоскостями через равнобедренные треугольники.

**а) Доказательство параллельности $\alpha$ и $SA$:**

1) Из точки $N$ проведём прямую, параллельную $BC$, — получим отрезок $NE$ на ребре $AB$. Аналогично из точки $K$ проведём прямую, параллельную $BC$, — получим отрезок $KP$ на ребре $SB$.

2) Поскольку $\frac{DN}{NC} = \frac{SK}{KC}$, по теореме о пропорциональных отрезках имеем $KN \parallel SD$.

3) Из условия $KP \parallel BC$ и теоремы о пропорциональных отрезках в треугольнике $SBC$:
$$\frac{SK}{KC} = \frac{SP}{PB}$$

4) Из условия $NE \parallel BC$ и теоремы о пропорциональных отрезках в треугольнике $ABC$:
$$\frac{DN}{NC} = \frac{AE}{EB}$$

5) Из пунктов 3 и 4 получаем:
$$\frac{AE}{EB} = \frac{SP}{PB}$$

Это означает, что $PE \parallel SA$. Поскольку прямые $KN$ и $PE$ лежат в плоскости $\alpha$, и $PE \parallel SA$, то плоскость $\alpha$ параллельна прямой $SA$. ✓

**б) Нахождение угла между плоскостями:**

6) Продлим прямые $PE$ и $KN$ до пересечения в точке $G$.

7) В треугольниках $GPK$ и $GEN$: угол $G$ — общий, $\angle GPK = \angle GEN$ (соответственные углы при параллельных $PK$ и $EN$). Следовательно, $	riangle GPK \sim 	riangle GEN$, откуда:
$$\frac{PK}{EN} = \frac{PK}{BC}$$

8) Аналогично, $	riangle SPK \sim 	riangle SBC$, поэтому:
$$\frac{PK}{BC} = \frac{SK}{SC} = \frac{1}{3}$$

9) Из пункта 8 имеем $\frac{PK}{EN} = \frac{1}{3}$. Поскольку $PE = KN$ (так как $SA = SD$), получаем $GE = GN$, то есть $	riangle GPK$ — равнобедренный.

10) Треугольник $SPK$ также равнобедренный. Проведём высоты: $SH \perp PK$ в треугольнике $SPK$ и $GH \perp PK$ в треугольнике $GPK$.

11) Из подобия $	riangle SPG \sim 	riangle BPE$ (по двум углам: $\angle SPG = \angle BPE$ — вертикальные, $\frac{SP}{PB} = \frac{GP}{PE}$):
$$\frac{SG}{EB} = \frac{SP}{PB} = \frac{1}{2}$$

Так как $\frac{AE}{EB} = \frac{1}{2}$ и $AE + EB = 6$, имеем $EB = 4$, поэтому $SG = 2$.

12) В треугольнике $SBC$ найдём высоту из $S$ на $BC$. По теореме Пифагора:
$$SH_1 = \sqrt{SC^2 - H_1C^2} = \sqrt{7^2 - 3^2} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}$$

Из подобия $	riangle SPK \sim 	riangle SBC$ с коэффициентом $\frac{1}{3}$:
$$SH = \frac{2\sqrt{10}}{3}$$

13) В равнобедренном треугольнике $SHG$ с $SH = HG = \frac{2\sqrt{10}}{3}$ и основанием $SG = 2$ проведём высоту $HY$ из $H$ на $SG$. Тогда $SY = YG = 1$.

14) Из прямоугольного треугольника $SYH$:
$$\sin \frac{\alpha}{2} = \frac{YH}{SH} = \frac{\sqrt{SH^2 - SY^2}}{SH} = \frac{\sqrt{\frac{40}{9} - 1}}{\frac{2\sqrt{10}}{3}} = \frac{\sqrt{\frac{31}{9}}}{\frac{2\sqrt{10}}{3}} = \frac{3\sqrt{10}}{20}$$

Угол между плоскостями:
$$\alpha = 2\arcsin\frac{3\sqrt{10}}{20}$$

![Рисунок](https://afb4a530-22b8-416e-b47b-cdbbbe63bf2f.selstorage.ru/files/GLMWtQemCfdcklF6V0NAcItYJQSlgMOOK6Xb6Peo.png)

![Рисунок](https://afb4a530-22b8-416e-b47b-cdbbbe63bf2f.selstorage.ru/files/Vpo12ysFE1up2UmmpYPKjIgIRbrAgeJ9kF9WEdV4.png)

Задание №14СтереометрияЕГЭ по математике