15055. В основании четырёхугольной пирамиды SABCD
лежит равнобедренная трапеция с острым углом 60^{\circ}
и основаниями AB
и CD
, равными 2a
и a
соответственно. Грань SCD
перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником. Через вершины A
и C
проведена плоскость, параллельная прямой SD
. Найдите двугранный угол между этой плоскостью и плоскостью основания пирамиды.
Ответ. \arctg2\sqrt{3}
.
Решение. В плоскости SBD
через точку O
пересечения AC
и BD
проведём прямую, параллельную SD
. Пусть E
— точка пересечения этой прямой с ребром SB
. Тогда треугольник AEC
сечение пирамиды плоскостью, о которой говорится в условии задачи. Действительно, в этой плоскости лежат точки A
и C
, а также прямая OE
, параллельная SD
.
Поскольку плоскость CSD
перпендикулярна плоскости основания, ортогональная проекция вершины S
— основание высоты SM
равностороннего треугольника CSD
, а SM
— высота данной пирамиды (см. задачу 7713), причём M
— середина отрезка CD
.
Пусть N
— середина основания AB
трапеции ABCD
, Треугольники COD
и AOB
подобны с коэффициентом \frac{1}{2}
, поэтому отношение их соответствующих высот тоже равно \frac{1}{2}
, т. е. \frac{OM}{ON}=\frac{1}{2}
, а так как OE\parallel SD
, то по теореме о пропорциональных отрезках
\frac{SE}{EB}=\frac{DO}{OB}=\frac{1}{2}
Противоположные стороны AN
и CD
четырёхугольника ADCN
равны и параллельны, значит, это параллелограмм, поэтому CN\parallel AD
, CN=AD=BC
и \angle CNB=60^{\circ}
. Тогда треугольник BCN
равносторонний,
AD=BC=BN=CN=a,
а треугольник ACB
прямоугольный, так как его медиана CN
равна половине стороны AB
(см. задачу 1188).
Пусть F
— ортогональная проекция точки E
на плоскость ABCD
. Тогда точка E
лежит на отрезке BM
— ортогональной проекции бокового ребра SB
на эту плоскость. Тогда, поскольку EF\parallel SM
как перпендикуляры к одной и той же плоскости ABCD
, получаем
\frac{MF}{FB}=\frac{SE}{EB}=\frac{1}{2}=\frac{DO}{OB}.
Значит, OF\parallel CD
.
Опустим перпендикуляр FP
на диагональ AC
трапеции ABCD
. По теореме о трёх перпендикулярах FP\perp AC
, поэтому EPF
— линейный угол искомого двугранного угла. Пусть прямая OF
пересекает боковую сторону BC
трапеции ABCD
в точке L
. Тогда OL\parallel AB
.
Поскольку CN
— медиана треугольника ABC
и OL\parallel AB
, то F
— середина отрезка OL
, а так как FP\parallel CL
как перпендикуляры к прямой AC
, то FP
— средняя линия треугольника OCL
. Значит,
FP=\frac{1}{2}CL=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}BC=\frac{a}{6}.
Кроме того, из подобия треугольников BEF
и BCM
(коэффициент \frac{2}{3}
) находим, что
EF=\frac{2}{3}SM=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.
Следовательно,
\tg EPF=\frac{EF}{FP}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{a}{6}}=2\sqrt{3}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1977, задача 5, вариант 2
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. 13, задача 5, вариант 2