9092. На высоте DH
правильной треугольной пирамиды ABCD
с основанием ABC
взята точка K
, причём DK:KH=3:2
.
а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку K
и середины рёбер AB
и BC
, — прямоугольник.
б) Найдите угол между прямой AB
и плоскостью сечения, если AD=5
и BC=4
.
Ответ. \arcsin\frac{3\sqrt{3}}{10}
.
Решение. а) Пусть M
и N
— середины рёбер AB
и BC
соответственно, L
— точка пересечения секущей плоскости с медианой DP
грани ADC
, Q
— точка пересечения MN
и BP
. Обозначим PH=t
. Тогда BH=2PH=2t
.
Рассмотрим треугольник BDP
. Через вершину D
проведём прямую, параллельную стороне BP
. Пусть эта прямая пересекается с продолжением отрезка QL
в точке T
. Из подобия треугольников DKT
и HKB
находим, что \frac{DT}{BH}=\frac{DK}{KH}=\frac{3}{2}
, поэтому
DT=\frac{3}{2}BH=\frac{3}{2}\cdot2t=3t=BP.
Значит, треугольники TDL
и BPL
равны по стороне и прилежащим к ней углам. Следовательно, DL=LP
, т. е. L
— середина DP
.
Секущая плоскость проходит через прямую AB
, параллельную AC
(как средняя линия треугольника ABC
), и пересекает плоскость ADC
по прямой, проходящей через точку L
. Поэтому прямая пересечения параллельна AB
(см. задачу 8003), а значит, и AC
. При этом L
— середина медианы DP
треугольника ADC
, поэтому прямая пересечения проходит через середины рёбер AD
и CD
. Следовательно, секущая плоскость проходит через середины соответственно E
и F
этих рёбер.
Поскольку EF=\frac{1}{2}AC=MN
и EF\parallel AC\parallel MN
, четырёхугольник MEFN
— параллелограмм. Противоположные рёбра правильной треугольной пирамиды попарно перпендикулярны (см. задачу 7000), а так как ME\parallel BD
и MN\parallel AC
, то ME\perp MN
. Следовательно, сечение MEFN
— прямоугольник.
б) Пусть угол прямой AB
, или AM
с плоскостью MEFN
равен \alpha
. Тогда \sin\alpha
— это отношение расстояния от точки A
до плоскости MEFN
к длине наклонной AM=\frac{1}{2}AB=2\sqrt{3}
. Прямая AP
параллельна плоскости MEFN
, так как AP\parallel MN
(см. задачу 8002), поэтому расстояние от точки A
до секущей плоскости равно расстоянию от этой плоскости до точки P
, т. е. половине высоты PG=h
треугольника BPD
.
Из прямоугольного треугольника BDH
находим, что
DH=\sqrt{BD^{2}-BH^{2}}=\sqrt{AD^{2}-\left(\frac{2}{3}BP\right)^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3.
Записав двумя способами площадь треугольника BPD
, получим уравнение \frac{1}{2}BP\cdot DH=\frac{1}{2}BD\cdot h
, из которого находим, что
h=\frac{BP\cdot DH}{BD}=\frac{6\cdot3}{5}=\frac{18}{5}.
Следовательно,
\sin\alpha=\frac{\frac{h}{2}}{\frac{AB}{2}}=\frac{\frac{9}{5}}{2\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{10}.