Задание №15 — Углы между плоскостями

Решение:

По условию имеем: $AB = 6$, $SA = 7$, а точки $N$ и $K$ делят ребра в отношении $DN : NC = SK : KC = 1 : 2$.
а) 1) В плоскости основания через точку $N$ проведём прямую $NE \parallel BC$. Аналогично в боковой грани через точку $K$ проведём $PK \parallel BC$ (согласно теореме о пропорциональных отрезках).
2) Заметим, что из равенства отношений $\frac{DN}{NC} = \frac{SK}{KC}$ вытекает параллельность отрезков $SD$ и $KN$.
3) Поскольку $PK \parallel BC$, по теореме Фалеса получаем: $\frac{SK}{KC} = \frac{SP}{PB}$. Таким образом, $\frac{SP}{PB} = \frac{DN}{NC} = \frac{1}{2}$.
4) Так как $NE \parallel BC$, то в основании выполняется пропорция $\frac{DN}{NC} = \frac{AE}{EB} = \frac{1}{2}$.
5) Сопоставляя результаты пунктов 3 и 4, видим, что $\frac{AE}{EB} = \frac{AP}{PB}$ (так как $AP = AS - SP$, а отношения сохраняются). Это доказывает, что $AS \parallel PE$. Следовательно, плоскость сечения $\alpha$ параллельна ребру $AS$, что и требовалось доказать.
б) 6) Обозначим точку пересечения продолжений прямых $PE$ и $KN$ как $G$.
7) Рассмотрим треугольники $GPK$ и $GEN$. У них угол $G$ общий, а $\angle GPK = \angle GEN$ как соответственные при параллельных прямых. Значит, $\triangle GPK \sim \triangle GEN$, откуда следует отношение $\frac{PK}{EN} = \frac{PK}{BC}$.
8) Из подобия $\triangle SPK \sim \triangle SBC$ находим коэффициент подобия: $\frac{PK}{BC} = \frac{SK}{SC} = \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3}$.
9) Учитывая, что пирамида правильная и $AS = SD$, получаем $PE = KN$. Тогда $GE = GN$, и треугольник $GPK$ является равнобедренным.
10) Треугольник $SPK$ также равнобедренный. Проведём медианы и высоты $SH \bot PK$ и $GH \bot PK$ к общему основанию.
11) Рассмотрим $\triangle SPG$ и $\triangle BPE$. Они подобны по двум углам (вертикальные углы при вершине $P$ и накрест лежащие). Тогда $\frac{SG}{EB} = \frac{SP}{PB} = \frac{1}{2}$.
Так как $AB = 6$ и $AE:EB = 1:2$, то $EB = 4$ и $AE = 2$. Отсюда $SG = \frac{1}{2} \cdot 4 = 2$.
12) Проанализируем $\triangle SHG$:

Здесь $SH = HG$.
Из подобия в пункте 8: если $SH_1$ — высота грани $SBC$, то $SH = \frac{1}{3} SH_1$.
Найдем апофему $SH_1$ по теореме Пифагора для $\triangle SBC$: $SH_1 = \sqrt{SC^2 - H_1C^2} = \sqrt{7^2 - 3^2} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}$.
Тогда $SH = \frac{2\sqrt{10}}{3}$.
Пусть $HY$ — высота равнобедренного $\triangle SHG$. Тогда $SY = YG = 1$.
Вычислим синус половины искомого угла: $\sin(\frac{\angle SHG}{2}) = \frac{SY}{SH} = \frac{1}{2\sqrt{10}/3} = \frac{3}{2\sqrt{10}}$.
Следовательно, искомый угол $\alpha = 2 \arcsin\left(\frac{3\sqrt{10}}{20}\right)$.

Ответ: б) $2 \arcsin \left(\frac{3 \sqrt{10}}{20}\right)$

Источник: ФИПИ