9143. Боковая грань правильной четырёхугольной пирамиды образует с плоскостью основания угол 60^{\circ}
. Найдите синус угла между боковым ребром и не содержащей это ребро плоскостью боковой грани.
Ответ. \sqrt{\frac{3}{5}}
.
Решение. Пусть сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
равна a
. Обозначим через \alpha
искомый угол между боковым ребром SA
и плоскостью боковой грани CSD
. Если A_{1}
— ортогональная проекция точки A
на плоскость грани CSD
, то искомый угол — это угол ASA_{1}
. Тогда
\sin\angle ASA_{1}=\sin\alpha=\frac{AA_{1}}{SA}.
Прямая AB
параллельна плоскости грани CSD
, так как она параллельна прямой CD
, лежащей в этой плоскости. Значит, расстояние от точки A
до плоскости грани CSD
равно расстоянию до этой плоскости от любой точки прямой AB
. В качестве такой точки возьмём середину M
стороны AB
квадрата ABCD
. Пусть N
— середина CD
. Расстояние от точки M
до плоскости CSD
равно высоте MK
равнобедренного треугольника MSD
, опущенной на боковую сторону SN
. Поскольку SN\perp CD
и MN\perp CD
, угол SNM
— линейный угол двугранного угла между боковой гранью пирамиды и плоскостью основания. По условию задачи \angle SNM=60^{\circ}
, поэтому треугольник SMN
— равносторонний.
Пусть SO
— высота пирамиды SABCD
. Тогда,
SO=MK=MN\sin\angle SNM=a\sin60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Из прямоугольного треугольника OAS
находим, что
SA=\sqrt{SO^{2}+OA^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.
Следовательно,
\sin\alpha=\frac{AA_{1}}{SA}=\frac{MK}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2012