Пирамиды. Углы и расстояния между прямыми в пространстве. Угол между плоскостями: Часть 2

Видео

Конспект

Угол между плоскостями

Пример 5.11

Площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды SABCD с основанием ABCD равна 108 , а площадь полной поверхности равна 144 .

а) Докажите, что угол между плоскостью SAC и плоскостью, проходящей через вершину S этой пирамиды, середину стороны AB и центр основания, равен 45^{\circ} .

б) Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью SAC .

Stereo_2_54

Рис. 5: К примеру 5.11

Решение.

а) Плоскостью, проходящей через вершину S , середину стороны AB M и центр основания O , является плоскость SMN (рис. 5). SO — линия пересечения плоскостей SMN и SAC . Так как SO перпендикулярно плоскости основания, то SO \perp AO и SO \perp MO , следовательно, \angle AOM =45^\circ будет линейным углом двугранного угла между плоскостями SAC и SMN .

б) Площадь основания (квадрата) равна разности площадей полной и боковой поверхностей пирамиды, то есть 36 . Следовательно, сторона основания равна 6 . Площадь S_{SDC} = \frac{1}{2} SN \cdot DC = \frac{108}{4} . Отсюда SN = 9 . Из \triangle SON по теореме Пифагора \displaystyle SO = 6\sqrt 2 . Следовательно, S_{SAC} = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt 2 \cdot 6 \sqrt 2 = 36 .

Ответ: б) 36 .

Задача 5.12

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с вершиной S площадь боковой поверхности в 2 раза больше площади основания. Найдите угол между плоскостью SAB и плоскостью сечения, проходящего через высоту пирамиды и середину ребра AD .

Stereo_2_92_s

Рис. 6: К задаче 5.12

Решение.

Пусть a — сторона основания, h — высота пирамиды. Пусть O — центр основания (точка пересечения диагоналей), K — середина ребра AB (рис. 6). Тогда OK = \frac{a}{2} . Рассмотрим \triangle SOK . Апофема SK равна: SK = \sqrt{SO^2 + OK^2} = \sqrt{h^2 + \frac{a^2}{4}}. Площадь боковой грани SAB : S_{ASB} = \frac{1}{2} AB \cdot SK = \frac{1}{2}a \sqrt{h^2 + \frac{a^2}{4}}. Площадь боковой поверхности: S_{бок} = 4 S_{ASB} = 2a \sqrt{h^2 + \frac{a^2}{4}}. Площадь основания S_{осн} = a^2 . По условию S_{бок} = 2 S_{осн} : 2a \sqrt{h^2 + \frac{a^2}{4}} = 2a^2 \Longrightarrow \sqrt{h^2 + \frac{a^2}{4}} = a. Возведем обе части в квадрат: h^2 + \frac{a^2}{4} = a^2 \implies h^2 = \frac{3}{4}a^2 \implies h = \frac{\sqrt{3}}{2}a. Плоскость сечения проходит через высоту SO и середину AD . Угол между этой плоскостью и плоскостью SAB равен углу \varphi между апофемой SK и высотой SO (то есть \angle OSK ). В прямоугольном \triangle SOK : \tg\varphi = \frac{OK}{SO} = \frac{a/2}{a\sqrt{3}/2} = \frac{1}{\sqrt{3}}. Отсюда \varphi = 30^\circ .

Ответ: 30^\circ .

Пример 5.13

В правильной треугольной пирамиде SABC с вершиной S , все ребра которой равны 6, точка M — середина ребра BC , точка O — центр основания пирамиды, точка F делит отрезок SO в отношении 1:2 , считая от вершины пирамиды.

а) Найдите отношение, в котором плоскость CMF делит отрезок SA , считая от вершины S .

б) Найдите угол между плоскостью CMF и плоскостью ABC .

Stereo_2_56

Рис. 7: К примеру 5.13

Stereo_2_57

Рис. 8: К примеру 5.13

Решение.

а) Продлим MF до пересечения с AS в точке N (рис. 7, рис. 8). Применим к \triangle ASO теорему Менелая, учитывая, что \displaystyle \frac{OM}{MA} = \frac{1}{3} , так как O — точка пересечения медиан \triangle ABC : \frac{AN}{NS} \cdot \frac{SF}{FO} \cdot \frac{OM}{MA} = 1 \Longrightarrow

\frac{AN}{NS} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = 1 \Longrightarrow \frac{NS}{AN} = \frac{1}{6}.

б) Пусть ребро пирамиды равно c . Тогда OB = \displaystyle \frac{2}{3}\cdot \frac{c\sqrt 3}{2} ; \displaystyle SO^2=SB^2-OB^2\Longrightarrow SO=c\sqrt{\frac{2}{3}} , \displaystyle OF=\frac{2}{3}SO , \displaystyle OM = \frac{c \sqrt 3}{6} . Из прямоугольного \triangle OFM \tg \varphi =\frac{O F}{OM}=\frac {4\sqrt 2}{3} . Здесь \varphi — искомый угол, так как OM\perp BC и FM\perp BC (по теореме о трех перпендикулярах). Отметим, что для решения задачи не требовалось знать, чему равно c !

Ответ: а) 1:6 ; б) \displaystyle \arctg\frac{4\sqrt 2}{3} .