8787. В треугольной пирамиде ABCD
рёбра AB
и CD
взаимно перпендикулярны, AD=BC
, расстояние от середины E
ребра AB
до плоскости ACD
равно h
, \angle DAC=\frac{\pi}{2}
, \angle ACD=\frac{\pi}{4}
, угол между ребром DC
и гранью ABC
равен \frac{\pi}{6}
. Найдите расстояние от точки E
до плоскости BCD
, угол между ребром AB
и гранью ACD
, а также угол между гранями ABD
и ABC
.
Ответ. h
, \arcsin\frac{1}{\sqrt{3}}
, \frac{2\pi}{3}
.
Решение. Пусть DH
, AP
и BF
— высоты пирамиды ABCD
, G
— ортогональная проекция точки E
на плоскость грани ADC
. Поскольку AF
— ортогональная проекция на плоскость ADC
наклонной AB
, точки A
, G
и F
лежат на одной прямой, причём EG
— средняя линия прямоугольного треугольника ABF
, поэтому BF=2EG=2h
. Аналогично докажем, что высота AP
пирамиды вдвое больше искомого расстояния от точки E
до плоскости BCD
.
Обозначим AD=BC=a
. Из равнобедренного прямоугольного треугольника ADC
находим, что AC=a
и DC=a\sqrt{2}
. Из условия задачи следует, что высота DH
— катет прямоугольного треугольника DCH
, лежащий против угла в 30^{\circ}
, поэтому
DH=\frac{1}{2}DC=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2},~CH=DH\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.
Тогда
AH=\sqrt{AD^{2}-DH^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{a^{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.
По теореме о трёх перпендикулярах CH\perp AB
, а так как треугольник ACB
равнобедренный (CB=AC=a
), то его высота, лежащая на прямой CH
, проходит через середину E
основания AB
. В треугольнике ADB
медиана DE
является также высотой (DE\perp AB
по теореме о трёх перпендикулярах), поэтому DB=DA=a
. Следовательно, треугольник DBC
, равный треугольнику DAC
по трём сторонам, — также прямоугольный и равнобедренный.
По теореме косинусов
\cos\angle ACH=\frac{AC^{2}+CH^{2}-AH^{2}}{2AC\cdot CH}=\frac{a^{2}+\frac{3}{2}a^{2}-\frac{1}{2}a^{2}}{2\cdot a\cdot\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\sqrt{\frac{2}{3}},
поэтому
CE=AC\cos\angle ACH=a\sqrt{\frac{2}{3}},~AE=AC\sin\angle ACH=a\cdot\sqrt{1-\frac{2}{3}}=\frac{a}{\sqrt{3}},
Записав объём пирамиды ABCD
двумя способами (\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}\cdot AP=\frac{1}{3}S_{\triangle ACD}\cdot BF
), найдём, что высота AP
равна высоте BF
. Следовательно, расстояние от точки E
до плоскости BCD
равно расстоянию от точки E
до плоскости ACD
, т. е. h
.
С другой стороны \frac{1}{3}S_{\triangle ACD}\cdot BF=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DH
, или
\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}a^{2}\cdot2h=\frac{1}{3}\cdot\frac{a}{\sqrt{3}}\cdot a\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{a\sqrt{2}}{2},
откуда a=3h
. Пусть \alpha
— искомый угол между ребром AB
и гранью ACD
. Из прямоугольного треугольника AGE
находим, что
\sin\alpha=\sin\angle EAG=\frac{EG}{AE}=\frac{h}{\frac{a}{\sqrt{3}}}=\frac{h}{\frac{3h}{\sqrt{3}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Поскольку DE
и CE
— высоты равных равнобедренных треугольников ADB
и ABC
, опущенные на общее основание AB
, линейный угол двугранного угла между гранями ADB
и ABC
есть угол DEC
. По теореме косинусов
\cos\angle DEC=\frac{DE^{2}+CE^{2}-DC^{2}}{2DE\cdot CE}=\frac{\frac{2}{3}a^{2}+\frac{2}{3}a^{2}-2a^{2}}{2\cdot\frac{2}{3}a^{2}}=-\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle DEC=120^{\circ}
.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1997, билет 9, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 97-9-5, с. 371