14183. Основание правильной четырёхугольной пирамиды MABCD
— квадрат ABCD
. Противоположные боковые грани пирамиды попарно перпендикулярны. Через середины рёбер MA
и MB
проведена плоскость \alpha
, параллельная ребру MC
.
а) Докажите, что плоскость \alpha
параллельна ребру MD
.
б) Найдите угол между плоскостью \alpha
и прямой AC
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. а) Пусть точки Q
и K
— середины рёбер MA
и MB
соответственно. Поскольку плоскость BMC
проходит через прямую MC
, параллельную плоскости \alpha
, и имеет с плоскостью \alpha
общую точку K
, то плоскости \alpha
и BMC
пересекаются по прямой KL
, параллельной MC
(точка L
на ребре BC
), а по теореме о пропорциональных отрезках L
— середина ребра BC
.
Пересекающиеся прямые KQ
и KL
плоскости \alpha
соответственно параллельны прямым CD
и MC
плоскости CMD
, значит, эти плоскости параллельны (по признаку параллельности плоскостей). Плоскость AMD
пересекает их по параллельным прямым QE
(в плоскости \alpha
) и MD
. Таким образом, прямая MD
параллельна прямой QE
, лежащей в плоскости \alpha
. Следовательно, по признаку параллельности прямой и плоскости прямая MD
параллельна плоскости \alpha
.
б) Пусть AB=a
. Вместо плоскости \alpha
рассмотрим параллельную ей плоскость CMD
. Опустим перпендикуляр OH
из центра O
основания пирамиды на высоту MN
равнобедренного треугольника CMD
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости CMD
. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью MOH
. Это сечение — прямоугольный равнобедренный треугольник NMG
(G
— середина ребра AB
), поскольку по условию грани CMD
и AMB
перпендикулярны. Отрезок OH
— средняя линия треугольника MNG
, поэтому
OH=\frac{1}{2}MG=\frac{1}{2}\cdot\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}.
Искомый угол равен углу HCO
. Из прямоугольного треугольника HCO
находим, что
\sin\angle HCO=\frac{OH}{OC}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{4}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle HCO=30^{\circ}
.