14227. Дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD
с вершиной S
. Известно прямая, содержащая медиану AM
, образует с плоскостью BSC
угол, равный \arcsin\frac{\sqrt{2}}{3}
. Найдите угол бокового ребра с плоскостью основания.
Ответ. 45^{\circ}
или \arctg\frac{\sqrt{10}}{2}
.
Решение. Пусть M
и N
— середины рёбер AB
и CD
соответственно. Обозначим AB=a
, AM=b
. Плоскости ASB
и CSD
проходят через параллельные прямые AB
и CD
соответственно и имеют общую точку S
. Значит, они пересекаются по прямой, проходящей через точку S
параллельно AB
(см. задачу 8004). Пусть эта прямая пересекается с продолжением медианы AT
в точке T
. Треугольники TMS
и AMB
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому ST=AB=a
и TM=AM=b
. Тогда AT=2b
.
Пусть AP
— перпендикуляр к плоскости CSD
, а MQ
— высота треугольника MSN
. Тогда MQ
— тоже перпендикуляр к плоскости CSD
, а так как прямая AB
параллельна этой плоскости, то MQ=AP
. Значит, синус угла прямой AM
с плоскостью CSD
, т. е. угла ATP
, равен \frac{AP}{AT}=\frac{MQ}{AT}=\frac{\sqrt{2}}{3}
. Тогда
MQ=AT\sin\angle ATP=2b\cdot\frac{\sqrt{2}}{3}=\frac{2b\sqrt{2}}{3}.
Пусть G
— точка пересечения AT
и SM
. Треугольник TGS
подобен треугольнику AGM
с коэффициентом \frac{ST}{AM}=2
, поэтому \frac{SG}{GM}=2
, т. е. G
— точка пересечения медиан треугольника ASB
,
MG=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}b,~GT=b+\frac{1}{3}b=\frac{4}{3}b.
Из прямоугольного треугольника TSH
находим, что
SG=\sqrt{GT^{2}-ST^{2}}=\sqrt{\frac{16}{9}b^{2}-a^{2}}.
Тогда
SN=SM=\frac{3}{2}SG=\frac{3}{2}\sqrt{\frac{16}{9}b^{2}-a^{2}}=\sqrt{4b^{2}-\frac{9}{4}a^{2}}.
Из прямоугольного треугольника BHS
находим, что
SH=\sqrt{SM^{2}-HM^{2}}=\sqrt{4b^{2}-\frac{9}{4}a^{2}-\frac{1}{4}a^{2}}=\sqrt{4b^{2}-\frac{5}{2}a^{2}}.
Из равенства MN\cdot SH=SN\cdot MQ
(см. задачу 1967) получаем
a\sqrt{4b^{2}-\frac{5}{2}a^{2}}=\sqrt{4b^{2}-\frac{9}{4}a^{2}}\cdot\frac{2b\sqrt{2}}{3}.
После возведения в квадрат и очевидных упрощений получаем уравнение
64b^{4}-108a^{2}b^{2}+45a^{4}=0,
из которого находим, что b^{2}=\frac{3}{4}
или b^{2}=\frac{15}{16}
.
В первом случае b=\frac{a\sqrt{3}}{2}
, значит, треугольник ASB
равносторонний, поэтому SA=AB=a
, а так как
SH=\sqrt{4b^{2}-\frac{5}{2}a^{2}}=\sqrt{4\cdot\frac{3}{4}a^{2}-\frac{5}{2}a^{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2},
то
\sin\angle HAS=\frac{SH}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Следовательно, \angle HAS=45^{\circ}
.
Во втором случае b=\frac{a\sqrt{15}}{4}
, значит,
SN=SM=\sqrt{4b^{2}-\frac{9}{4}a^{2}}=\sqrt{4\cdot\frac{15}{16}a^{2}-\frac{9}{4}a^{2}}=a\sqrt{\frac{3}{2}},
SH=\sqrt{4b^{2}-\frac{5}{2}a^{2}}=\sqrt{\frac{15}{4}a^{2}-\frac{5}{2}a^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.
Тогда
\tg\angle HAS=\frac{SH}{AH}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{\frac{5}{2}}.
Следовательно,
\angle HAS=\arctg\sqrt{\frac{5}{2}}=\arctg\frac{\sqrt{10}}{2}.