Question

Дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с основанием $ABCD$ . Плоскость $\alpha$ проходит через ребро $AB$ и пересекает рёбра $SC$ и $SD$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Известно, что $AB = AN = BM = 5MN$ .

а) Докажите, что $SM:MC = SN:ND = 1:4$ .

б) Найдите косинус угла между плоскостью $\alpha$ и плоскостью основания пирамиды.

а) Докажите, что $SM:MC = SN:ND = 1:4$.

б) Найдите косинус угла между плоскостью $\alpha$ и плоскостью основания пирамиды.

Accepted Answer

Answer

Идея решения: использовать подобие треугольников, возникающее из параллельности $NM$ и $DC$, а затем применить теорему косинусов к треугольнику, образованному серединами ключевых отрезков.

**а) Доказательство**

Поскольку $ABCD$ — квадрат основания правильной пирамиды, имеем $AB \parallel DC$. Плоскость $\alpha$ содержит $AB$ и пересекает боковые рёбра, поэтому $NM \parallel DC$ (как линия пересечения плоскости $\alpha$ с плоскостью $SCD$).

Треугольники $SNM$ и $SDC$ подобны по двум углам (угол при $S$ общий, углы при $N$ и $D$ равны как соответственные при параллельных прямых).

Из подобия:
$$\frac{SN}{SD} = \frac{NM}{DC} = \frac{SM}{SC}$$

Так как $ABCD$ — квадрат, $AB = DC = 5MN$. Следовательно:
$$\frac{SN}{SD} = \frac{NM}{5MN} = \frac{1}{5}$$

Отсюда $SN = \frac{1}{5}SD$, поэтому $ND = \frac{4}{5}SD$, и:
$$\frac{SN}{ND} = \frac{1}{4}$$

Так как все боковые рёбра правильной пирамиды равны, $SD = SC$. Из подобия $\frac{SM}{SC} = \frac{1}{5}$, откуда $MC = \frac{4}{5}SC$, и:
$$\frac{SM}{MC} = \frac{1}{4}$$

Что и требовалось доказать.

**б) Нахождение косинуса угла**

Обозначим $K$ — середину $AB$, $P$ — середину $DC$, $L$ — середину $NM$. Угол между плоскостью $\alpha$ и основанием равен углу $\angle LKP$ в треугольнике $LPK$.

Пусть $NM = x$, тогда $AB = AN = BM = 5x$. Пусть $SM = SN = y$, тогда $DN = MC = 4y$.

В равнобедренной трапеции $ANMB$ опустим перпендикуляры из $N$ и $M$ на $AB$. Обозначим основания этих перпендикуляров $N_1$ и $M_1$. Тогда:
$$AN_1 + M_1B = AB - NM = 5x - x = 4x$$

По симметрии $AN_1 = M_1B = 2x$. По теореме Пифагора в треугольнике $ANN_1$:
$$NN_1^2 = AN^2 - AN_1^2 = 25x^2 - 4x^2 = 21x^2$$

Следовательно, $LK = \sqrt{21}x$ (где $L$ — середина $NM$, высота трапеции равна $\sqrt{21}x$).

Аналогично в трапеции $DNMC$ с основаниями $NM = x$ и $DC = 5x$, боковыми сторонами $DN = MC = 4y$. Высоты из $N$ и $M$ дают:
$$DN_2 = M_2C = \frac{DC - NM}{2} = \frac{5x - x}{2} = 2x$$

По теореме Пифагора:
$$LP^2 = NN_2^2 = DN^2 - DN_2^2 = 16y^2 - 4x^2$$

Расстояние $KP = 5x$ (половина стороны квадрата).

По теореме косинусов в треугольнике $KLP$:
$$\cos \angle LKP = \frac{LK^2 + KP^2 - LP^2}{2 \cdot LK \cdot KP} = \frac{21x^2 + 25x^2 - (16y^2 - 4x^2)}{2\sqrt{21}x \cdot 5x}$$

$$= \frac{50x^2 - 16y^2}{10\sqrt{21}x^2}$$

Для нахождения связи между $x$ и $y$ рассмотрим треугольник $SBC$. Так как $SB = SC$, он равнобедренный. По теореме косинусов:
$$\cos \angle SCB = \frac{SC^2 + BC^2 - SB^2}{2 \cdot SC \cdot BC} = \frac{25x^2}{2 \cdot 5y \cdot 5x} = \frac{x}{2y}$$

В треугольнике $MBC$:
$$\cos \angle MBC = \frac{MB^2 + BC^2 - MC^2}{2 \cdot MB \cdot BC} = \frac{25x^2 + 25x^2 - 16y^2}{2 \cdot 5x \cdot 5x}$$

Из условия, что $M$ лежит на $SC$ и углы совпадают:
$$\frac{x}{2y} = \frac{2y}{5x}$$

Откуда $5x^2 = 4y^2$, то есть $x^2 = 0{,}8y^2$.

Подставляя:
$$\cos \angle LKP = \frac{50 \cdot 0{,}8y^2 - 16y^2}{10\sqrt{21} \cdot 0{,}8y^2} = \frac{40y^2 - 16y^2}{8\sqrt{21}y^2} = \frac{24y^2}{8\sqrt{21}y^2} = \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac{3\sqrt{21}}{21} = \frac{\sqrt{21}}{7}$$

Задание №14СтереометрияЕГЭ по математике