14958. В основании четырёхугольной пирамиды SABCD
лежит прямоугольник ABCD
со сторонами AB=4
, BC=2
. Все боковые рёбра пирамиды равны 3, точка M
— середина AS
. Через прямую BM
параллельно диагонали AC
проведена плоскость \alpha
. Найдите угол между плоскостью \alpha
и плоскостью SAC
.
Ответ. \arctg\frac{4}{\sqrt{5}}
.
Решение. Пусть H
— точка пересечения диагоналей основания ABCD
. Боковые рёбра данной пирамиды равны, поэтому SH
— высота пирамиды.
В плоскости SAC
через точку M
проведём прямую MN
, параллельную AC
. Пусть N
— точка пересечения этой прямой с ребром SC
. Тогда MN
— средняя линия треугольника SAC
, а BMN
и есть плоскость \alpha
из условия задачи.
Пусть K
— точка пересечения MN
и SH
. Опустим перпендикуляр BE
на диагональ AC
основания, а затем из точки E
в плоскости SAC
восставим к AC
перпендикуляр до пересечения с прямой MN
в некоторой точке F
. Тогда
AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5},~BE=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{4\cdot2}{2\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{5}},
FE=HK=\frac{1}{2}SH=\frac{1}{2}\sqrt{SA^{2}-AH^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{3^{2}-(\sqrt{5})^{2}}=\frac{1}{2}\cdot2=1.
Прямая MN
перпендикулярна пересекающимся прямым BE
и FE
плоскости BEF
. Значит, искомый угол между плоскостями \alpha
и SAC
— это угол BFE
. Из прямоугольного треугольника BEF
находим, что
\tg\angle BFE=\frac{BE}{FE}=\frac{4}{\sqrt{5}}.
Следовательно, \angle BFE=\arctg\frac{4}{\sqrt{5}}
.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1989, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1989 с. 151, задача 5, вариант 1