9144. Боковая грань правильной треугольной пирамиды ABCD
образует с плоскостью основания ABC
угол 60^{\circ}
. Найдите синус угла между медианой AM
грани ABD
и плоскостью боковой грани ACD
.
Ответ. \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{31}}
.
Решение. Пусть сторона основания данной пирамиды равна a
. Обозначим через \alpha
искомый угол между наклонной AM
и плоскостью ACD
. Если M_{1}
— ортогональная проекция точки M
на плоскость грани ACD
, то искомый угол — это угол MAM_{1}
. Тогда
\sin\angle MAM_{1}=\sin\alpha=\frac{MM_{1}}{AM}.
Пусть N
— середина ребра AC
, BK
— высота треугольника BDN
. Прямая AC
перпендикулярна плоскости BDN
, поэтому BND
— линейный угол двугранного угла с гранями ABC
и ADC
. Кроме того, AC\perp BK
, значит, прямая BK
перпендикулярна двум пересекающимся прямым DN
и AC
плоскости ADC
. Следовательно, BK
— перпендикуляр к этой плоскости, а так как MM_{1}
— также перпендикуляр к плоскости ACD
, то MM_{1}\parallel BK
. Поэтому MM_{1}
— средняя линия треугольника BKD
. Значит,
MM_{1}=\frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}BN\sin\angle BND=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{8}a.
Пусть BO
— высота пирамиды ABCD
. Тогда,
DO=ON\tg\angle DNO=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\tg60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\sqrt{3}=\frac{1}{2}a.
Из прямоугольного треугольника OAD
находим, что
AD=\sqrt{DO^{2}+OA^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}a\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}.
По формуле для медианы (см. задачу 4014)
AM=\frac{1}{2}\sqrt{2AB^{2}+2AD^{2}-BD^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{2AB^{2}+AD^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+\frac{7}{12}a^{2}}=\frac{a\sqrt{31}}{4\sqrt{3}}.
Следовательно,
\sin\alpha=\frac{MM_{1}}{AM}=\frac{\frac{3}{8}a}{\frac{a\sqrt{31}}{4\sqrt{3}}}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{31}}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2012