9194. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
с вершиной S
. Точка M
— середина ребра SD
.
а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки A
, B
и M
.
б) Найдите угол между прямой AM
и плоскостью CSF
, если AB:SA=1:\sqrt{19}
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. а) Плоскости ABM
и DSE
проходят через параллельные прямые AB
и DE
соответственно, значит, прямая l
их пересечения параллельна прямой DE
(см. задачу 8004). Пусть N
— точка пересечения прямой l
с боковым ребром SE
. Тогда MN
— средняя линия треугольника DSE
, значит, N
— середина SE
.
Пусть прямые AB
и CD
пересекаются в точке P
, а прямая PM
пересекает ребро SC
в точке K
. Тогда K
— точка пересечения плоскости ABM
с ребром SC
. Аналогично строится точка L
пересечения плоскости ABM
с ребром SF
. Таким образом, искомое сечение — шестиугольник ABKMNL
. (Поскольку K
— точка пересечения медиан SC
и PM
треугольника DSP
, эта точка делит ребро SC
в отношении 2:1
, считая от вершины S
. Аналогично SL:LF=2:1
.)
б) Положим AB=a
, SA=a\sqrt{19}
. Пусть O
— центр основания пирамиды, T
— точка пересечения медиан SO
и AM
. Из прямоугольного треугольника AOS
находим, что
SO=\sqrt{SA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{19a^{2}-a^{2}}=3a\sqrt{2},
Тогда
OT=\frac{1}{3}SO=a\sqrt{2},~AT=\sqrt{OT^{2}+OA^{2}}=\sqrt{2a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{3}.
Пусть H
— середина OF
. Тогда AH\perp CF
и SO
, значит, OH
— перпендикуляр к плоскости CSF
, а HT
— ортогональная проекция наклонной AT
к этой плоскости. Тогда наклонной AT
с плоскостью CSF
— это угол ATH
. Из прямоугольного треугольника ATH
находим, что
\sin\angle=\frac{AH}{AT}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle ATH=30^{\circ}
.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2015
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 5.11, с. 47