previous arrow
next arrow
Slider

Решение. Задание 14, Тренировочная работа 24.01.19. Вариант Запад

Условие задачи

В основании правильной четырёхугольной пирамиды MABCD лежит квадрат ABCD. Противоположные боковые грани пирамиды попарно перпендикулярны. Через середины рёбер MA и MB проведена плоскость \alpha , параллельная ребру MC.

а) Докажите, что плоскость \alpha параллельна ребру MD.

б) Найдите угол между плоскостью \alpha и прямой AC.

Решение

а) Пусть K и L — середины рёбер AM и BM соответственно, тогда KL — средняя линия \triangle AMB, поэтому KL||AB; следовательно, по признаку параллельности прямой и плоскости AB||\alpha .

Пусть N=\alpha \cap CB, тогда по теореме о прямой и перпендикулярной ей плоскости

\left. \begin{array}{c}CM||\alpha , \\CM\in \left(CMB\right), \\\alpha \cap \left(CMB\right)=LN \end{array}\right\}\Rightarrow LN||CM. А так как LN||CM и L — середина BM, то LN — средняя линия \triangle CMB и N — середина CB.

Если P=\alpha \cap AD, то по теореме о прямой и перпендикулярной ей плоскости PN||AB и P — середина AD (ABNP — прямоугольник и NB=AP). В \triangle AMD KP — средняя линия, следовательно, KP||MD, и по признаку параллельности прямой и плоскости \alpha ||MD, что и требовалось доказать.

б) По доказанному в пункте а) \left. \begin{array}{c}LN||MC \\KP||MD \\LN,KP\in \alpha \end{array}\right\}\Rightarrow \alpha ||\left(MCD\right), значит, угол между плоскостью \alpha и прямой AC равен углу между плоскостью \left(MCD\right) и прямой AC, т. е. углу между прямой AC и её проекцией на плоскость \left(MCD\right). Точка C\in \left(MCD\right), найдём ещё проекцию какой-нибудь одной точки прямой AC на плоскость \left(MCD\right), например, точки O — середины AC, центра квадрата.

Но сначала укажем угол между перпендикулярными плоскостями \left(MCD\right) и \left(MAB\right). Пусть m — прямая пересечения этих плоскостей, тогда по теореме о прямой и перпендикулярной ей плоскости
\left. \begin{array}{c}AB||\left(MCD\right) \\AB\in \left(MAB\right) \\\left(MCD\right)\cap \left(MAB\right)=m \end{array}\right\}\Rightarrow m||AB.
Из вершины M проведём высоты MG и MF равных треугольников MCD и MAB соответственно (MCD и MAB — грани правильной пирамиды), MG=MF. Будучи перпендикулярными CD и AB, они будут перпендикулярны и т — прямой пересечения плоскостей \left(MCD\right) и \left(MAB\right). Значит, \angle GMF=90^\circ , а \angle MGF=\angle MFG=45^\circ , как углы при основании равнобедренного треугольника MGF.

Так как высоты MG и MF равнобедренных треугольников MCD и MAB являются медианами, то G и F — середины рёбер CD и AB, поэтому CGFB — прямоугольник и FG\bot CD.

\left. \begin{array}{c}FG\bot CD \\MG\bot CD \end{array}\right\}\Rightarrow \left(MFG\right)\bot CD по признаку перпендикулярности прямой и плоскости.

В плоскости \left(MGF\right) из точки O опустим перпендикуляр OH на MG: \left. \begin{array}{c}OH\in \left(MFG\right) \\\left(MFG\right)\bot CD \end{array}\right\}\Rightarrow OH\bot CD.

\left. \begin{array}{c}OH\bot CD \\OH\bot MG \end{array}\right\}\Rightarrow OH\bot \left(MCD\right). Следовательно, CH — проекция OC на \left(MCD\right).

Угол OCH — искомый. Найдём его величину.

Пусть сторона квадрата в основании равна a. Тогда в равнобедренном прямоугольном треугольнике MGF \displaystyle FG=a, \; MF=\frac{a\sqrt{2}}{2}, \; OF=\frac{MF}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}, так как OH — средняя линия (\displaystyle OH||MF, \; OF=\frac{GF}{2}).

В прямоугольном треугольнике COH \displaystyle CO=\frac{a\sqrt{2}}{2}, \; OH=\frac{a\sqrt{2}}{4}, \displaystyle {sin \angle }OCH=\frac{a\sqrt{2}}{4}:\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}, следовательно, \angle OCH=30^\circ .

Ответ:

б) 30^\circ .