Задание №15 — Углы между плоскостями

Решение:
а) Поскольку $ABCDS$ является правильной четырёхугольной пирамидой, её основание $ABCD$ — квадрат. Из условия параллельности $AB \parallel DC$ вытекает, что плоскость $(ANMB)$ также параллельна ребру $DC$. Следовательно, отрезок $NM$, лежащий в этой плоскости, параллелен $DC$. Из этого следует подобие треугольников $SNM$ и $SDC$ по двум углам.

Запишем отношение соответственных сторон: $\frac{SN}{SD} = \frac{NM}{DC} = \frac{SM}{SC}$. Учитывая, что $ABCD$ — квадрат, имеем $AB = DC$. По условию $AB = 5 MN$, значит, $DC = 5 MN$.
Тогда $\frac{SN}{SD} = \frac{NM}{5 NM} = \frac{1}{5}$.
Отсюда следует, что точка $N$ делит ребро $SD$ в отношении $SN:ND = 1:4$.
Так как боковые ребра правильной пирамиды равны ($DS = SC$) и $NM \parallel DC$, по теореме Фалеса получаем аналогичное отношение для другого ребра: $\frac{SM}{MC} = \frac{SN}{ND} = \frac{1}{4}$, что и требовалось доказать.

б) Обозначим $K$ как середину стороны $AB$, $P$ — середину $DC$, а $L$ — середину отрезка $NM$.
Рассмотрим сечение, проходящее через эти точки. Искомый угол между плоскостью $\alpha$ и плоскостью основания пирамиды соответствует углу $\angle LKP$ в треугольнике $LKP$.
Пусть длина $NM = x$, тогда стороны основания $AB = BC = CD = DA = 5x$. Также примем $SM = SN = y$, тогда отрезки $DN = MC = 4y$.
Изучим равнобедренную трапецию $ANMB$:

Проведём высоты $NN_{1} \bot AB$ и $MM_{1} \bot AB$. Отрезок $LK$ также является высотой этой трапеции. Поскольку $NM = x$ и $AB = 5x$, сумма проекций боковых сторон на основание $AN_{1} + M_{1}B = 4x$.
В силу симметрии $\triangle ANN_{1} = \triangle MBM_{1}$, откуда $AN_{1} = M_{1}B = 2x$.
Применяя теорему Пифагора для $\triangle ANN_{1}$, находим квадрат высоты: $NN_{1}^{2} = AN^{2} - AN_{1}^{2} = (5x)^{2} - (2x)^{2} = 21x^{2}$.
Таким образом, $LK = \sqrt{21x^2} = x\sqrt{21}$.
Аналогичные рассуждения проведём для трапеции $DNMC$, где $ND = MC = 4y$ и $NM = x$.
Высота этой трапеции $LP$ вычисляется через проекции: $DN_{2} = \frac{DC - NM}{2} = \frac{5x - x}{2} = 2x$.
Из прямоугольного треугольника $DNN_{2}$ имеем: $LP^{2} = DN^{2} - DN_{2}^{2} = 16y^{2} - 4x^{2}$.
Теперь воспользуемся теоремой косинусов для $\triangle KLP$:
$\cos \angle LKP = \frac{LK^{2} + KP^{2} - LP^{2}}{2 \cdot LK \cdot KP} = \frac{21x^{2} + (5x)^{2} - (16y^{2} - 4x^{2})}{2 \cdot x\sqrt{21} \cdot 5x} = \frac{50x^{2} - 16y^{2}}{10\sqrt{21}x^{2}}$.
Для нахождения связи между $x$ и $y$ рассмотрим грань $SBC$. Это равнобедренный треугольник ($SB=SC=5y$).
По теореме косинусов для $\triangle SBC$: $\cos \angle SCB = \frac{BC^2 + SC^2 - SB^2}{2 \cdot BC \cdot SC} = \frac{25x^2 + 25y^2 - 25y^2}{2 \cdot 5x \cdot 5y} = \frac{x}{2y}$.
В треугольнике $MBC$ по той же теореме: $\cos \angle MCB = \frac{MC^2 + BC^2 - MB^2}{2 \cdot MC \cdot BC} = \frac{16y^2 + 25x^2 - 25x^2}{2 \cdot 4y \cdot 5x} = \frac{2y}{5x}$.
Приравнивая выражения, получаем: $\frac{x}{2y} = \frac{2y}{5x} \Rightarrow 5x^{2} = 4y^{2}$, откуда $y^{2} = 1{,}25x^{2}$ или $16y^2 = 20x^2$.
Подставим это в формулу косинуса:
$\cos \angle LKP = \frac{50x^{2} - 20x^{2}}{10\sqrt{21}x^{2}} = \frac{30x^{2}}{10\sqrt{21}x^{2}} = \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac{3\sqrt{21}}{21} = \frac{\sqrt{21}}{7}$.

Ответ: б) $\frac{\sqrt{21}}{7}$

Источник: ФИПИ