9316. Основание треугольной пирамиды ABCD
— равносторонний треугольник ABC
. Боковое ребро DA
перпендикулярно плоскости основания, M
— середина ребра BC
.
а) Докажите, что высота AH
треугольника ADM
перпендикулярна плоскости BDC
.
б) Найдите угол прямой DM
с плоскостью ADB
, если AB:AD=4:\sqrt{3}
.
Ответ. \arcsin\frac{1}{\sqrt{5}}=\arcctg2
.
Решение. а) Прямая BC
перпендикулярна плоскости ADM
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым AM
и DM
этой плоскости. Значит, BC\perp AH
. Тогда прямая AH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым BC
и DM
плоскости ADM
. Следовательно, AH
— перпендикуляр к плоскости BDC
.
б) Положим AB=4a
, AD=a\sqrt{3}
. Пусть CN
— медиана основания ABC
. Прямая CN
перпендикулярна плоскости ABD
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым AB
и AD
этой плоскости. Опустим перпендикуляр MP
из точки M
на AB
. Тогда MP
— средняя линия прямоугольного треугольника BNC
, поэтому MP\parallel CN
. Значит, MP
— также перпендикуляр к плоскости ABD
. Кроме того,
MP=\frac{1}{2}CN=\frac{1}{2}\cdot\frac{AB\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3},
DN
— ортогональная проекция наклонной DM
на плоскость ABD
, а угол прямой DM
с плоскостью ADB
— это угол MDN
.
Из прямоугольного треугольника ADM
находим, что
DM=\sqrt{AD^{2}+AM^{2}}=\sqrt{AD^{2}+CN^{2}}=\sqrt{3a^{2}+12a^{2}}=a\sqrt{15}.
Следовательно,
\sin\angle MDN=\frac{MP}{DM}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt{5}}.