Задание №15 — Углы между плоскостями

Решение:
а) Поскольку $ABCDS$ — правильная четырёхугольная пирамида, её основание $ABCD$ является квадратом.
Из параллельности сторон $AB \parallel DC$ вытекает, что плоскость сечения $(ANMB)$ также содержит прямую, параллельную $DC$.
Следовательно, отрезок $NM$ параллелен ребру $DC$, и точки $N$ и $M$ лежат в плоскости сечения.
Рассмотрим треугольники $SNM$ и $SDC$: они подобны по двум углам (ввиду параллельности $NM$ и $DC$).

Из подобия имеем соотношение сторон: $\frac{SN}{SD} = \frac{NM}{DC} = \frac{SM}{SC}$.
По условию $AB = 4MN$, а так как $ABCD$ — квадрат, то $DC = AB = 4MN$.
Подставим это в пропорцию: $\frac{SN}{SD} = \frac{NM}{4 NM} = \frac{1}{4}$.
Отсюда следует, что точка $N$ делит ребро $SD$ в отношении $SN : ND = 1 : 3$.
Учитывая, что боковые ребра правильной пирамиды равны ($DS = SC$) и $NM \parallel DC$, аналогично получаем для второго ребра:
$\frac{SM}{MC} = \frac{SN}{ND} = \frac{1}{3}$, что и требовалось доказать.

б) Введём вспомогательные точки: пусть $K$ — середина стороны $AB$, $P$ — середина $DC$, а $L$ — середина отрезка $NM$.
Искомый линейный угол между плоскостью сечения $\alpha$ и плоскостью основания пирамиды — это $\angle LKP$ в треугольнике $LPK$.
Обозначим длину $NM$ как $x$, тогда $AB = BC = CD = DA = 4x$.
Пусть $SN = SM = y$, тогда, согласно пункту (а), $DN = MC = 3y$.
Рассмотрим сечение $ANMB$, представляющее собой равнобедренную трапецию.

Проведём высоты $NN_1 \perp AB$ и $MM_1 \perp AB$. Отрезок $LK$ также является высотой этой трапеции.
Так как $NM = x$ и $AB = 4x$, то сумма отрезков $AN_1 + M_1B = 3x$.
Из равенства треугольников $ANN_1$ и $MBM_1$ (по гипотенузе и катету) находим $AN_1 = M_1B = \frac{3x}{2}$.
В треугольнике $ANN_1$ по теореме Пифагора: $NN_1^2 = AN^2 - AN_1^2 = (4x)^2 - (\frac{3x}{2})^2 = 16x^2 - \frac{9x^2}{4} = \frac{55x^2}{4}$.
Таким образом, $LK = \frac{x\sqrt{55}}{2}$.
Теперь рассмотрим боковую грань $SDC$ и трапецию $DNMC$.
Здесь $ND = MC = 3y$ и $NM = x$.
Аналогично построим высоты $NN_2$ и $MM_2$ к основанию $DC$. Длина $LP$ будет равна высоте этой трапеции.
Отрезок $DN_2 = \frac{DC - NM}{2} = \frac{4x - x}{2} = 1,5x$.
Тогда в $\triangle DNN_2$: $LP^2 = NN_2^2 = DN^2 - DN_2^2 = (3y)^2 - (1,5x)^2 = 9y^2 - \frac{9x^2}{4}$.
Применим теорему косинусов для $\triangle KLP$, где $KP = 4x$ (сторона квадрата):
$\cos \angle LKP = \frac{LK^2 + KP^2 - LP^2}{2 \cdot LK \cdot KP} = \frac{\frac{55x^2}{4} + 16x^2 - (9y^2 - \frac{9x^2}{4})}{2 \cdot \frac{x\sqrt{55}}{2} \cdot 4x} = \frac{16x^2 + 16x^2 - 9y^2}{4x^2\sqrt{55}} = \frac{32x^2 - 9y^2}{4x^2\sqrt{55}}$.
Для нахождения связи между $x$ и $y$ рассмотрим грань $SBC$. По теореме косинусов для $\triangle SBC$:
$\cos \angle SCB = \frac{BC^2 + SC^2 - SB^2}{2 \cdot BC \cdot SC} = \frac{(4x)^2 + (4y)^2 - (4y)^2}{2 \cdot 4x \cdot 4y} = \frac{16x^2}{32xy} = \frac{x}{2y}$.
В треугольнике $MBC$ по той же теореме:
$\cos \angle MCB = \frac{MC^2 + BC^2 - MB^2}{2 \cdot MC \cdot BC} = \frac{(3y)^2 + (4x)^2 - (4x)^2}{2 \cdot 3y \cdot 4x} = \frac{9y^2}{24xy} = \frac{3y}{8x}$.
Приравнивая выражения: $\frac{x}{2y} = \frac{3y}{8x} \Rightarrow 8x^2 = 6y^2 \Rightarrow y^2 = \frac{4}{3}x^2$.
Подставляем $y^2$ в формулу косинуса:
$\cos \angle LKP = \frac{32x^2 - 9 \cdot \frac{4}{3}x^2}{4x^2\sqrt{55}} = \frac{32x^2 - 12x^2}{4x^2\sqrt{55}} = \frac{20x^2}{4x^2\sqrt{55}} = \frac{5}{\sqrt{55}} = \frac{\sqrt{55}}{11}$.

Ответ: б) $\frac{\sqrt{55}}{11}$

Источник: ФИПИ