9197. Дана треугольная пирамида ABCD
. Точки M
и N
— середины рёбер BC
и AD
, L
— середина ребра AB
.
а) Постройте точку пересечения прямой MN
с плоскостью CDL
.
б) Найдите угол прямой MN
с плоскостью CDL
, если пирамида правильная, а угол её бокового ребра с плоскостью основания ABC
равен 60^{\circ}
.
Ответ. \arcsin\sqrt{\frac{3}{7}}
.
Решение. а) Пусть O
— точка пересечения медиан грани ABC
. Точки D
и O
— общие точки плоскостей CDL
и AMD
, значит, SO
— прямая пересечения этих плоскостей. Прямые MN
и DO
, лежащие в плоскости AMD
, пересекаются в некоторой точке P
. Тогда P
— искомая точка пересечения прямой MN
с плоскостью CDL
.
Через точку D
проведём прямую, параллельную AM
. Пусть эта прямая пересекается с прямой MN
в точке T
. Треугольник DNT
равен треугольнику ANM
, поэтому DT=AM=3OM
. Треугольник MPO
подобен треугольнику TPD
, следовательно, \frac{OP}{PD}=\frac{OM}{DT}=\frac{1}{3}
. (Аналогично можно доказать, что P
— середина отрезка MN
.)
б) Угол прямой MN
с плоскостью CDL
— это угол между наклонной MP
и этой плоскостью. Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на медиану CL
равностороннего треугольника ABC
. Тогда прямая MH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым CL
и DO
плоскости CDL
, значит, MH
— перпендикуляр к этой плоскости, а искомый угол — это угол MPH
.
Пусть AB=a
. Тогда
CL=\frac{a\sqrt{3}}{2},~CO=\frac{2}{3}CL=\frac{a\sqrt{3}}{3},~
OP=\frac{1}{4}DO=\frac{1}{4}CO\sqrt{3}=\frac{a}{4},~MH=\frac{1}{2}BL=\frac{1}{4}a,
OM=\frac{1}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{6},
MP=\sqrt{OP^{2}+OM^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{16}+\frac{a^{2}}{12}}=\frac{a\sqrt{7}}{4\sqrt{3}}.
Следовательно,
\sin\angle MPH=\frac{MH}{MP}=\frac{\frac{a}{4}}{\frac{a\sqrt{7}}{4\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.