14201. Дана четырёхугольная пирамида SABCD
, основание которой — прямоугольник ABCD
, а высота проходит через центр O
основания. Через середину A_{1}
бокового ребра SA
проведена плоскость \alpha
, параллельная плоскости основания, а через середину C_{1}
бокового ребра SC
и ребро AB
— плоскость \beta
. Найдите угол между плоскостями \alpha
и \beta
, если AB:BC:SA=8:6:13
.
Ответ. \arctg\frac{4}{3}
.
Решение. Поскольку плоскость \alpha
параллельна плоскости основания пирамиды, прямая пересечения плоскости \alpha
с плоскостью CSD
параллельна CD
, а искомый угол равен углу между плоскостью \beta
и плоскостью основания пирамиды.
Пусть плоскость \alpha
пересекает боковое ребро SD
в точке D_{1}
. Тогда C_{1}D_{1}
— средняя линия треугольника CSD
, поэтому точка K
пересечения отрезка C_{1}D_{1}
с медианой SN
треугольника SCD
— середина SN
.
Пусть M
— середина ребра AB
. Плоскость MSN
проходит через высоту SO
пирамиды, а так как MK
и SO
— медианы треугольника MCN
, то их точка пересечения P
делит высоту SO
в отношении OP:PS=1:2
.
Прямая AB
перпендикулярна плоскости MSN
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым SM
и MN
этой плоскости. Значит, линейный угол искомого двугранного угла — это угол KMN
.
Положим AB=8a
, BC=6a
, SA=13a
. По теореме Пифагора из прямоугольных треугольников ABC
и AOS
находим, что AC=10a
и SO=12a
. Тогда PO=\frac{1}{3}SO=4a
, а так как OM=\frac{1}{2}MN=3a
, то
\tg\angle KMN=\tg\angle PMO=\frac{PO}{OM}=\frac{4a}{3a}=\frac{4}{3}.
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — пример 3, с. 24