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 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) \(30^\circ .\)
