9222. Основание четырёхугольной пирамиды SABCD
— параллелограмм ABCD
с центром O
. Точка M
— середина ребра SC
, K
— середина ребра SA
.
а) Докажите, что плоскость BMK
делит ребро SD
в отношении 1:2
, считая от вершины S
.
б) Найдите угол между плоскостями BMK
и ABC
, если пирамида правильная, AB=10
, SC=8
.
Ответ. \arctg\frac{\sqrt{7}}{10}=\arccos\frac{10}{\sqrt{107}}
.
Решение. а) Отрезок KM
— средняя линия треугольника ASC
, а SO
— медиана этого треугольника, поэтому точка P
пересечения отрезков KM
и SO
— их общая середина. Прямая BP
, лежащая в плоскости BMK
, пересекает ребро SD
в некоторой точке Q
. Тогда Q
— точка пересечения плоскости BMK
с ребром SD
.
Пусть прямая, проходящая через точку O
параллельно BQ
, пересекает сторону SD
треугольника BSD
в точке Q
. По теореме Фалеса DL=LQ
и LQ=SQ
, следовательно, SQ:QD=1:2
.
б) Пусть L
— середина ребра SB
. Тогда плоскость KLM
параллельна плоскости основания пирамиды (см. задачу 8008), поэтому угол между плоскостями ABCD
и BMK
равен углу между плоскостями KLM
и BMK
.
Медианы BK
и BK
равных треугольников ASB
и CSB
равны, поэтому треугольник BMK
равнобедренный. Его медиана BP
является высотой, а так как LP\perp MK
, то BPL
— линейный угол искомого угла между плоскостями KLM
и BMK
.
Далее последовательно находим, что
OB=\frac{1}{2}BD=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=5\sqrt{2},~
SO=\sqrt{SB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{64-50}=\sqrt{14},
OP=\frac{1}{2}SO=\frac{\sqrt{14}}{2}.
Следовательно,
\tg\angle BPL=\tg\angle OBP=\frac{OP}{OB}=\frac{\frac{\sqrt{14}}{2}}{5\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{7}}{10}.