Пирамиды. Угол между прямой и плоскостью. Расстояние от точки до плоскости и прямой. Углы и расстояния между прямыми в пространстве: Часть 1

Видео

Конспект

Пирамиды

Задача 5.17

Дана четырёхугольная пирамида SABCD с прямоугольником ABCD в основании. Сторона AB равна 4 , а BC равна 4\sqrt 2 . Вершина пирамиды S проецируется в точку пересечения диагоналей прямоугольника. Из вершины A и C на ребро SB опущены перпендикуляры AP и CQ .

а) Докажите, что точка P является серединой отрезка BQ .

б) Найдите угол между плоскостями SBA и SBC , если ребро SD равно 8 .

Stereo_2_95_s

Рис. 1: К задаче 5.17

Решение.

Stereo_2_96_s Рис. 2: К задаче 5.17

а) 1. Рассмотрим \triangle ASB . Он равнобедренный, так как SA=SB=SD=8 (рис. 1). Проведем высоту SH к основанию AB (рис. 2). H — середина AB , AH=2 , SH = \sqrt{SA^2-AH^2} = \sqrt{8^2-2^2} = 2\sqrt{15}. Площадь \triangle ASB : S_{ASB} = \frac{1}{2}AB \cdot SH = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2\sqrt{15} = 4\sqrt{15} . С другой стороны, \begin{gathered}

S_{ASB} = \frac{1}{2}SB \cdot AP = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot AP = 4AP \Longrightarrow \\

4AP = 4\sqrt{15} \Longrightarrow AP=\sqrt{15}.

\end{gathered} Из прямоугольного \triangle APB : PB = \sqrt{AB^2-AP^2} = \sqrt{4^2 - (\sqrt{15})^2} = 1.

Stereo_2_97_s Рис. 3: К задаче 5.17

2. Рассмотрим \triangle BSC (рис. 3). Он равнобедренный, SB=SC=8 . Проведем высоту SM к основанию BC . M — середина BC , BM = 2\sqrt{2} . SM = \sqrt{SB^2-BM^2} = \sqrt{8^2-(2\sqrt{2})^2} = 2\sqrt{14}. \triangle CQB \sim \triangle SMB (прямоугольные с общим углом B ). \frac{BQ}{BM} = \frac{CQ}{SM} = \frac{BC}{SB} \Longrightarrow \frac{BQ}{2\sqrt{2}} = \frac{4\sqrt{2}}{8} \implies BQ = \frac{2\sqrt{2} \cdot 4\sqrt{2}}{8} = 2. 3. Сравниваем длины отрезков на ребре SB : PB=1 , BQ=2 . Следовательно, P — середина отрезка BQ .

б) Проведем PM , где M — середина CQ . Тогда PM \perp SB . \angle APM будет линейным углом двугранного угла.

Найдем стороны \triangle APM .

AP = \sqrt{15} (из п. а).

Из \triangle CQB \sim \triangle SMB : CQ = \frac{SM \cdot BC}{SB} = \frac{2\sqrt{14} \cdot 4\sqrt{2}}{8} = 2\sqrt{7} . M — середина BC , P — середина BQ . PM — средняя линия \triangle BQC , следовательно, MP \perp SB , PM = \frac{1}{2}QC = \sqrt{7} .

В \triangle ABM : AB=4 , BM=2\sqrt{2} , \angle B = 90^\circ , AM = \sqrt{AB^2+BM^2} = \sqrt{4^2 + (2\sqrt{2})^2} = 2\sqrt{6}.

Применим теорему косинусов для \triangle APM : \cos\angle APM = \frac{AP^2+PM^2-AM^2}{2 \cdot AP \cdot PM} = \frac{15+7-24}{2\sqrt{15}\sqrt{7}} = -\frac{1}{\sqrt{105}}. Так как за величину двугранного угла берется острый угол, косинус должен быть положительным, следовательно, \cos\varphi = \frac{1}{\sqrt{105}} \Longrightarrow \varphi = \arccos\left(\frac{1}{\sqrt{105}}\right).

Ответ: б) \displaystyle \arccos \frac{1}{\sqrt{105}} .

Угол между прямой и плоскостью

Пример 5.18

Основанием правильной треугольной пирамиды MABC служит треугольник ABC со стороной 6 . Ребро MA перпендикулярно грани MBC . Через вершину пирамиды M и середины ребер AC и BC проведена плоскость \alpha .

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью \alpha является равносторонним треугольником.

б) Найдите угол между плоскостью \alpha и ребром MC .

Stereo_2_60 Рис. 4: К примеру 5.18

Решение.

а) Обозначим середину AC точкой K , а середину BC — точкой L (рис. 4). Сечением пирамиды плоскостью \alpha является \triangle KML , при этом длина KL равна половине стороны основания. Поскольку AM перпендикулярна плоскости MBC , то AM перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Поэтому \triangle AMC прямоугольный с гипотенузой AC . Следовательно, медиана MK равна половине AC . Аналогично можно обосновать, что \displaystyle ML = \frac{1}{2} BC . Таким образом, \triangle MKL равносторонний.

б) Пусть точка O — основание высоты пирамиды MO , тогда \displaystyle OC=2\sqrt 3 , так как точка O является центром равностороннего треугольника. OC является проекцией MC на плоскость ABC . Обозначим N точку пересечения OC и KL , KN = NL . Прямая MN является проекцией прямой MC на плоскость KML , поэтому \angle NMC искомый. Отметим, что \displaystyle MN = NC = \frac{3\sqrt 3}{2} \vphantom{\int} , так как это высоты в равных равносторонних треугольниках, поэтому \angle MCN = \angle NMC . Из равнобедренного прямоугольного \triangle MBC \displaystyle MC = 3\sqrt 2 . Тогда из прямоугольного \triangle MOC получаем \displaystyle \cos\angle OCM = \frac{OC}{MC} = \frac {2\sqrt 3}{3\sqrt 2} = \sqrt{\frac{2}{3}} .

Ответ: б) \displaystyle \arcsin {\frac{\sqrt 3}{3}} = \arccos \frac{\sqrt 6}{3} .