9433. Все рёбра правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
равны, точка M
— середина ребра SD
. Найдите угол между прямой BM
и плоскостью ASD
.
Ответ. \arcsin\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{15}}
.
Решение. Будем считать, что все рёбра пирамиды равны 1. Синус искомого угла \alpha
равен отношению расстояния d
от точки B
до плоскости ASD
к длине наклонной BM
к этой плоскости.
Треугольник BSD
со сторонами SB=SD=1
и BD=\sqrt{2}
— прямоугольный, поэтому
BM=\sqrt{SB^{2}+SM^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Поскольку центр O
основания пирамиды — середина наклонной BD
к плоскости ASD
, расстояние d
от точки B
до плоскости ASD
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 9180).
Опустим перпендикуляр OH
из центра основания пирамиды на медиану SN
равностороннего треугольника ASD
(т. е. на апофему пирамиды). Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости ASD
, так как OH\perp SN
и OH\perp AD
. Далее находим, что
SO=\sqrt{SA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2},
OH=\frac{SO\cdot ON}{SN}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}},~d=2OH=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}
(см. задачу 1967),
\sin\alpha=\frac{d}{BM}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{15}}.
Следовательно,
\alpha=\arcsin\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{15}}.