Пирамиды. Углы и расстояния между прямыми в пространстве. Угол между плоскостями: Часть 3

Видео

Конспект

Задача 5.14

В правильной треугольной пирамиде SABC с вершиной S , все ребра которой равны 2 , точка M — середина ребра AB , точка O — центр основания пирамиды, точка F делит отрезок SO в отношении 3:1 , считая от вершины пирамиды.

а) Докажите, что прямая MF перпендикулярна прямой SC .

б) Найдите угол между плоскостью MBF и плоскостью ABC

Stereo_2_93_s

Рис. 9: К задаче 5.14

Решение.

а) Рассмотрим плоскость SCM , содержащую высоту пирамиды SO (рис. 9). CM — высота в равностороннем \triangle ABC , CM = \frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3} . O — центр, значит CO = \frac{2}{3}CM = \frac{2\sqrt{3}}{3} , OM = \frac{1}{3}CM = \frac{\sqrt{3}}{3} .

В прямоугольном \triangle COS : SO = \sqrt{SC^2 - CO^2} = \sqrt{2^2 - \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^2} = \frac{2\sqrt{6}}{3}. Пусть \angle SCO = \alpha . \tg\alpha = \frac{SO}{CO} = \frac{2\sqrt{6}/3}{2\sqrt{3}/3} = \sqrt{2}.

Точка F делит SO в отношении 3:1 , значит SF = \frac{3}{4}SO , FO = \frac{1}{4}SO = \frac{1}{4} \cdot \frac{2\sqrt{6}}{3} = \frac{\sqrt{6}}{6} . Рассмотрим \triangle FOM . Пусть \angle OMF = \beta . \tg\beta = \frac{FO}{OM} = \frac{\sqrt{6}/6}{\sqrt{3}/3} = \frac{1}{\sqrt{2}}.

Так как \tg\alpha = \sqrt{2} и \tg\beta = \frac{1}{\sqrt{2}} , то \tg\alpha = \frac{1}{\tg\beta} = \ctg\beta . Из соотношения \tg\alpha = \ctg\beta следует, что \alpha + \beta = 90^\circ . В \triangle KMC (где K — точка пересечения MF и SC ), сумма двух углов \angle KCM + \angle KMC = \alpha + \beta = 90^\circ . Следовательно, третий угол \angle MKC = 90^\circ . Это означает, что MF \perp SC .

б) CM \perp AB , FM \perp AB по теореме о трех перпендикулярах. Следовательно, \angle CMK = \beta — линейный угол двугранного угла между плоскостями SAB и ABC . Из пункта а) мы нашли \tg\beta = \frac{1}{\sqrt{2}} . Угол равен \arctg\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) .

Ответ: б) \displaystyle \arctg \frac{\sqrt 2}{2} .

Пример 5.15

Высота правильной треугольной пирамиды равна H . Найдите ее полную поверхность, если плоскость \alpha , проведенная через вершину основания пирамиды перпендикулярно апофеме противоположной боковой грани, составляет с плоскостью основания угол 30^\circ .

Stereo_2_55

Рис. 10: К задаче 5.15

Решение.

Пусть плоскость \alpha проходит через вершину A перпендикулярно апофеме SD грани SBC (рис. 10). Так как SD \perp \alpha , то SD перпендикулярна любой прямой в плоскости \alpha , в том числе прямой MN , а поскольку BC \perp S D , то MN \parallel BC . Так как плоскости \alpha и ABC проходят через параллельные прямые MN и BC , то линия пересечения этих плоскостей параллельна данным прямым. Проведем AK \perp SD , \angle KAD — линейный угол двугранного угла между плоскостями \alpha и ABC . Следовательно, он равен 30^\circ , а \angle ADK = 60^\circ . Из прямоугольного \triangle SOD получаем \displaystyle SD = \frac{2H}{\sqrt 3} , \displaystyle OD = \frac{H}{\sqrt 3} , следовательно, BC = 2H . Площадь полной поверхности пирамиды \displaystyle

S = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2H}{\sqrt 3} \cdot 2H + H^2 \sqrt 3 = 3\sqrt 3 H^2. Ответ: \displaystyle 3\sqrt 3 H^2 .

Пример 5.16

В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со сторонами AB = 4 , BC = 2 . Длины всех боковых ребер равны 3 , точка M — середина AS . Через прямую BM параллельно диагонали AC проведена плоскость. Определите величину угла между этой плоскостью и плоскостью SAC .

Stereo_2_59

Рис. 11: К задаче 5.16

Решение.

Построим сечение пирамиды указанной плоскостью. Поскольку плоскость ASC проходит через диагональ AC , а плоскость сечения ей параллельна, то эти плоскости пересекаются по прямой MN \parallel AC (рис. 11). Далее соединим точки B и N . Плоскость сечения и плоскость SDB пересекаются по прямой BK , продлевая которую получим точку G . Соединяя точку G с точками M и N , завершаем построение сечения. Для построения линейного угла между плоскостью сечения и плоскостью SAC в \triangle BKN проведем высоту BL , затем проведем LH \perp MN , LH \perp AC . Полученный \angle BLH по построению является линейным углом искомого двугранного угла. Плоскость BLH \perp MN , следовательно, BLH \perp AC , поэтому BH — высота \triangle BOC . Из \triangle ABC сторона \displaystyle AC = 2\sqrt 5 , отсюда \displaystyle OC = \sqrt 5 . Площадь S_{ABC} = 4 , следовательно, S_{BOC} = 2 , поэтому \displaystyle BH = \frac{4}{\sqrt 5} . Из \triangle SOC высота пирамиды SO = 2 , следовательно, LH = KO = 1 . Вернемся к \triangle BLH , \displaystyle \tg \angle BLH = \frac{BH}{LH} = \frac{4}{\sqrt 5} .

Ответ: \displaystyle \arctg \frac{4}{\sqrt 5} \vphantom{\int} .