Задание 40 из 66Многогранники и сечения

Линия №15 · Повышенный уровень

В правильной четырёхугольной пирамиде $S A BC D$ сторона основания $A B$ равна 4, а боковое ребро $S A$ равно 7. На рёбрах $C D$ и $SC$ отмечены точки $N$ и $K$ соответственно, причём $D N : NC = S K : K C = 1 : 3$ . Плоскость $α$ содержит прямую $K N$ и параллельна прямой $BC$ . а) Докажите, что плоскость $α$ параллельна прямой $S A$ . б) Найдите угол между плоскостями $α$ и $SBC$ .

Источник: Открытый банк заданий ФИПИ ↗ · FIPI ID: 876DD3

Объяснение

Как решать это задание

Ключевая идея и подход к задаче

Задание ФИПИ 876DD3 по стереометрии. В решении необходимо обосновать пункт а), а затем выполнить вычисления пункта б) с использованием пространственных свойств фигуры.

Ключевая идея: Построить сечение или вспомогательные перпендикуляры, обосновать пространственные отношения и свести вычисление к планиметрии, координатам либо объёмам..

Пошаговый разбор

Понятное решение

Подробные вычисления, пояснения и ответ

Пример решения №1

Решение

а) Плоскость параллельна по условию, следовательно, прямая пересечения плоскостей и (SBC ) должна быть параллельна BC.

Точка K ∈α и K ∈ (SBC ), следовательно, точка пересечения и прямой должна быть такой, что KL ∥BC.

В правильной пирамиде CB ∥ AD и плоскость α ∥BC ∥AD по условию, следовательно, прямая пересечения плоскостей и (ABC ) должна быть параллельна и AD.

Точка N ∈α и N ∈(ABC ), следовательно, точка пересечения и прямой должна быть такой, что NM ∥ BC ∥AD. Получили сечение KLMN пирамиды плоскостью

Так как KL ∥ CB, то по теореме о пропорциональных отрезках

Так как CB ∥ NM ∥DA, то по теореме о пропорциональных отрезках

Тогда получили, что

Cледовательно, по обратной теореме о пропорциональных отрезках LM ∥SA.

Так как лежит в плоскости и SA ∥ LM, то SA ∥ α, что и требовалось доказать.

б) Из предыдущего пункта явно следует, что α∥ (SAD), поэтому будем искать угол между плоскостями (SAD ) и (SBC ), плоскость нам больше не понадобится.

В правильной пирамиде SA = SB = SC = SD . Проведем высоты и в равнобедренных треугольниках SCB и SAD соответственно. Они также будут являться медианами, следовательно, — середина CB, — середина и отрезок параллелен и равен как средняя линия квадрата. Тогда F G ⊥CB и SG ⊥CB, следовательно, CB ⊥(FGS ).

Рассмотрим три плоскости: (SBC ), (SAD ) и (ABC ). Прямые и пересечения двух пар из них параллельны, следовательно, прямая пересечения (SAD ) и (SBC ) параллельна и AD. Этот факт будет доказан в конце решения в виде леммы.

Так как (SGF )⊥ CB, BC ∥l, то (SGF )⊥ l и SG ⊥ l, SF ⊥ l. Тогда искомый угол между плоскостями (SAD ) и (SBC ) равен углу FSG. Далее мы покажем, что ∠FSG — острый.

По теореме Пифагора для треугольника SGB :

∘----------
SG = SB2 − GB2 =
∘ -------------
2 (CB-)2 √----- √ -
= SB − 2 = 49− 4= 3 5

Так как пирамида правильная и треугольники SBC и SAD равны, то √-
SF = SG = 3 5. Так как GF = AB =4, то по теореме косинусов для угла треугольника SGF :

cos∠FSG = SF-2+-SG2-− F-G2 =
2SG ⋅SF
45-+45−-16 37
= 2⋅45 = 45
37
∠F SG = arccos45

Так как 37
45 > 0, то угол F SG — острый и действительно является искомым углом между плоскостями.

Лемма

Если три плоскости попарно пересекаются, то прямые их пересечения либо пересекаются в одной точке, либо параллельны.

Доказательство

Пусть плоскости и пересекаются по прямой Рассмотрим третью плоскость Возможны два случая:

Докажем, что прямые и параллельны прямой Допустим противное, пусть, не умаляя общности, не параллельна Прямые и лежат в одной плоскости и не параллельны, следовательно и пересекаются. При этом лежит в плоскости значит, и пересекается с Получили противоречие с
Если они не параллельны, значит, имеют точку пересечения. Обозначим эту точку Она принадлежит всем трем плоскостям. Каждая пара плоскостей пересекается по прямой, значит, принадлежит всем трем прямым.