9195. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
с вершиной S
.
а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую AB
и середину высоты SH
пирамиды.
б) Пусть K
— точка пересечения этой плоскости с ребром SC
. Найдите угол между прямой BK
и плоскостью ASB
, если AB:AS=1:2
.
Ответ. \arcctg3
.
Решение. а) Рассмотрим треугольник ASD
. Пусть L
— середина высоты SH
пирамиды. Прямая AL
лежит в секущей плоскости, значит, точка M
пересечения прямых AL
и SD
принадлежит этой плоскости.
Через вершину S
проведём прямую, параллельную AD
. Пусть эта прямая пересекается с прямой AL
в точке G
. Из равенства треугольников GLS
и ALH
следует, что GS=AH=\frac{1}{2}AD
. Тогда из подобия треугольников GMS
и AMD
получаем, что \frac{SM}{MD}=\frac{GS}{AD}=\frac{1}{2}
.
Плоскости ABL
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 \frac{SN}{NE}=\frac{SM}{MD}=\frac{1}{2}
.
Пусть прямые AB
и CD
пересекаются в точке P
, а прямая PM
пересекает ребро SC
в точке K
. Тогда K
— точка пересечения плоскости ABL
с ребром SC
. Аналогично строится точка R
пересечения плоскости ABL
с ребром SF
. Таким образом, искомое сечение — шестиугольник ABKMNR
.
Через вершину S
проведём прямую, параллельную CD
. Пусть эта прямая пересекается с прямой CD
в точке Q
. Треугольник SMQ
подобен треугольнику DMP
с коэффициентом \frac{SM}{MD}=\frac{1}{2}
, поэтому SQ=\frac{1}{2}DP=CP
. Значит, треугольники SKQ
и CKP
равны. Следовательно, K
— середина ребра SC
. Аналогично R
— середина ребра SF
.
б) Положим AB=a
, SA=2a
. Пусть X
— середина AB
. Тогда
SH=\sqrt{SA^{2}-AH^{2}}=\sqrt{4a^{2}-a^{2}}=a\sqrt{3},
LP=\frac{1}{2}SH=\frac{a\sqrt{3}}{2},~HX=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.
Поскольку
KL=\frac{1}{2}KR=\frac{1}{2}AB=BX
и KL\parallel BX
, четырёхугольник BKLX
— параллелограмм (даже прямоугольник), поэтому BK=LX=\frac{a\sqrt{6}}{2}
и BK=LX
. Значит, угол \alpha
прямой BK
с плоскостью ASB
равен углу прямой LX
с этой плоскостью.
Точка L
— середина наклонной HS
к плоскости ASB
, поэтому расстояние от точки L
до плоскости ASB
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки H
(см. задачу 9180).
Пусть HY
— высота прямоугольного треугольника SHX
. Тогда
HY=\frac{HX\cdot SH}{SX}=\frac{HX\cdot SH}{\sqrt{HX^{2}+SH^{2}}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{\frac{3a^{2}}{4}+3a^{2}}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}.
Из равнобедренного прямоугольного треугольника LHX
получаем, что
LX=HX\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.
Тогда
\sin\alpha=\frac{\frac{1}{2}HY}{LX}=\frac{\frac{3a}{2\sqrt{15}}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}},~\ctg\alpha=3.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2015
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 5.12, с. 47