7859. Дана правильная четырёхугольная пирамида со стороной основания 2 и высотой 1. Найдите:
а) угол между плоскостями ASB
и CSD
;
б) угол между прямой BS
и плоскостью CSD
;
в) угол между плоскостями BSD
и BSC
;
г) расстояние между прямыми BS
и AM
, где M
— середина SD
.
Ответ. а) 90^{\circ}
; б) \arcsin\sqrt{\frac{2}{3}}
; в) 60^{\circ}
; г) \sqrt{\frac{2}{3}}
.
Решение. а) Пересекающиеся плоскости ASB
и CSD
проходят через параллельные прямые AB
и CD
, значит, прямая l
пересечения этих плоскостей параллельна AB
и CD
. Пусть L
и N
— середины рёбер BC
и AD
соответственно. Тогда SL\perp l
и SN\perp l
, значит, LSN
— линейный угол двугранного угла между плоскостями ASB
и CSD
.
Пусть O
— центр квадрата ABCD
. Тогда OL=ON=\frac{1}{2}AB=1=SO
, поэтому медиана SO
треугольника LSN
равна половине стороны LN
. Следовательно, \angle LSN=90^{\circ}
(см. задачу 1188).
б) Поскольку O
— середина наклонной BD
к плоскости CSD
, расстояние от точки B
до плоскости CSD
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 9180). Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на медиану SK
равнобедренного треугольника CSD
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости CSD
(OH\perp SK
и OH\perp CD
).
В прямоугольном треугольнике SOK
известно, что OK=OS=1
, значит, OH
— медиана этого треугольника, проведённая из вершины прямого угла. Следовательно (см. задачу 1109),
OH=\frac{1}{2}SK=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Из прямоугольного треугольника BOS
находим, что
BS=\sqrt{SO^{2}+OB^{2}}=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{3}.
Пусть B_{1}
— ортогональная проекция вершины B
на плоскость CSD
. Тогда угол между наклонной BS
и этой плоскостью — это угол BSB_{1}
, а так как BB_{1}=2OH=\sqrt{2}
, то
\sin\angle BSB_{1}=\frac{BB_{1}}{BS}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}.
в) Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на плоскость BSC
. Тогда OP=OH=\frac{\sqrt{2}}{2}
. Прямая OC
перпендикулярна плоскости BSD
, так как она перпендикулярна пересекающимся прямым BD
и SO
этой плоскости.
Угол между плоскостями равен углу между прямыми, соответственно перпендикулярными этим плоскостям, значит, искомый угол равен углу между прямыми OP
и OC
, т. е. углу COP
. Из прямоугольного треугольника COP
находим, что
\cos\angle COP=\frac{OP}{OC}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle COP=60^{\circ}
.
г) Отрезок OM
— средняя линия треугольника BSD
, поэтому OM\parallel BS
. Прямая BS
параллельна плоскости AMC
, проходящей через прямые AM
и OM
, значит, расстояние между прямыми BS
и AM
равно расстоянию от точки B
до плоскости AMC
(см. задачу 7889), а так как O
— середина BD
, то точки B
и D
равноудалены от плоскости AMC
.
Пусть Q
— основание перпендикуляра, опущенного из точки D
на медиану OM
равнобедренного треугольника AMC
. Тогда DQ
— перпендикуляр к плоскости AMC
(DQ\perp MO
и DQ\perp AC
). Поэтому расстояние от точки D
(а значит, и от B
) до этой плоскости равно длине отрезка DQ
.
Пусть MF
— высота треугольника DOM
. Тогда MF=\frac{1}{2}SO=\frac{1}{2}
. Кроме того, OM=\frac{1}{2}BS=\frac{\sqrt{3}}{2}
, а так как OM\cdot DQ=OD\cdot MF
(удвоенная площадь треугольника DOM
), то
DQ=\frac{OD\cdot MF}{OM}=\frac{\sqrt{2}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{\frac{2}{3}}.
Следовательно, расстояние между прямыми BS
и AM
равно \sqrt{\frac{2}{3}}
.