14178. Основание правильной треугольной пирамиды MABC
— треугольник ABC
. Ребро MA
перпендикулярно грани MBC
. Через середины рёбер AC
и BC
и вершину M
пирамиды проведена плоскость \alpha
.
а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью \alpha
— равносторонний треугольник.
б) Найдите угол между плоскостью \alpha
и прямой AM
.
Ответ. \arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}
.
Решение. а) Обозначим через F
и G
середины рёбер AC
и BC
соответственно. Пусть сторона основания равна a
. Из условия следует, что треугольник AMC
прямоугольный с прямым углом при вершине M
. Поскольку пирамида правильная, все боковые грани — прямоугольные равнобедренные треугольники. Отрезок MF
— медиана прямоугольного треугольника AMC
, проведённая к гипотенузе, поэтому MF=\frac{a}{2}
. Аналогично, MG=\frac{a}{2}
. Кроме того, FG=\frac{a}{2}
, поскольку FG
— средняя линия равностороннего треугольника ABC
со стороной a
. Следовательно, треугольник FMG
равносторонний.
б) Пусть MO
— высота правильной пирамиды MABC
, N
— точка пересечения медианы CK
равностороннего треугольника ABC
и его средней линии FG
. Тогда N
— общая середина средней линии FG
и медианы CK
равностороннего треугольника ABC
(см. задачу 1881).
Точка O
лежит на наклонной AG
к плоскости FMG
, причём \frac{AG}{OG}=3
, значит, расстояние d
от точки A
до этой плоскости в три раза больше расстояния от точки O
(см. задачу 9180). Пусть OP
— высота прямоугольного треугольника MON
. Тогда OP
перпендикуляр к плоскости FMG
, поэтому d=3OP
.
Ребро AM
перпендикулярно плоскости AMB
, поэтому треугольник AMC
прямоугольный с прямым углом при вершине M
, а отрезок MO
— его высота, проведённая из вершины прямого угла. Значит,
MO=\sqrt{OA\cdot OG}=\sqrt{\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6},
а так как
ON=CO-CN=CO-\frac{1}{2}CK=\frac{a\sqrt{3}}{3}-\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{12},
MN=\sqrt{MO^{2}+ON^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{6}}{6}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{12}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{4},
то
OP=\frac{MO\cdot ON}{MN}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{12}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=\frac{a\sqrt{6}}{18}.
Тогда
d=3OP=\frac{a\sqrt{6}}{6}.
Пусть искомый угол между плоскостью \alpha
и прямой AM
равен \varphi
. Тогда
\sin\varphi=\frac{d}{AM}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно, \varphi=\arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}
.