14911. Основание пирамиды SABC
— прямоугольный треугольник ABC
, катеты AB
и AC
которого равны 3a
и 4a
соответственно. Ребро SA
пирамиды перпендикулярно плоскости основания и равно a
. Через середины рёбер AB
, SC
и точку, лежащую на ребре AC
и удалённую от вершины A
на расстояние a
, проведена плоскость. Найдите двугранный угол, образованный этой плоскостью и плоскостью основания.
Ответ. \arctg\frac{\sqrt{13}}{6}
.
Решение. Пусть K
и L
— середины рёбер AB
и AC
соответственно, L
— точка на ребре AC
, для которой AL=a
, P
— точка пересечения лучей ML
и SA
, AH
— высота прямоугольного треугольника KAL
с катетами
AK=\frac{1}{2}AB=\frac{3a}{2},~AL=a,
гипотенузой
KL=\sqrt{AK^{2}+AL^{2}}=\sqrt{\frac{9}{4}a^{2}+a^{2}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}
и высотой
AH=\frac{AK\cdot AL}{KL}=\frac{\frac{3a}{2}\cdot a}{\frac{a\sqrt{13}}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}.
По теореме Менелая для треугольника ASC
и прямой MP
получаем
1=\frac{SP}{PA}\cdot\frac{AL}{LC}\cdot\frac{CM}{MS},~\mbox{или}~1=\frac{a+AP}{AP}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{1}~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\frac{a+AP}{AP}\cdot\frac{1}{3}=1~\Leftrightarrow~a+AP=3AP~\Leftrightarrow~AP=\frac{a}{2}.
По теореме о трёх перпендикулярах PH\perp KL
, поэтому AHP
— линейный угол искомого двугранного угла. Из прямоугольного треугольника HAP
находим, что
\tg\angle AHP=\frac{AP}{AH}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{3a}{\sqrt{13}}}=\frac{\sqrt{13}}{6}.
Следовательно,
\angle AHP=\arctg\frac{\sqrt{13}}{6}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1977, задача 5, вариант 4
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1977, с. 122, задача 5, вариант 4