9221. В треугольной пирамиде SABC
с основанием ABC
точка M
— середина ребра SA
, точка K
— середина ребра SB
, O
— точка пересечения медиан основания.
а) Докажите, что плоскость CMK
делит отрезок SO
в отношении 3:2
, считая от вершины S
.
б) Найдите угол между плоскостями CMK
и ABC
, если пирамида правильная, SC=6
, AB=4
.
Ответ. \arctg\frac{\sqrt{23}}{5}=\arccos\frac{5\sqrt{3}}{12}
.
Решение. а) Пусть P
— середина медианы SN
треугольника ASB
. Тогда P
— середина отрезков SN
и MK
. Поскольку C
и P
— общие точки плоскостей CMK
и CSN
, эти плоскости пересекаются по прямой CP
. Прямые CP
и SO
, лежащие в плоскости CSN
, пересекаются в некоторой точке Q
. Тогда Q
— точка пересечения отрезка SO
с плоскостью CMK
.
Пусть прямая, проходящая через точку O
параллельно CP
, пересекает отрезок SN
в точке L
. По теореме о пропорциональных отрезках \frac{NL}{LP}=\frac{NO}{OC}=\frac{1}{2}
, а так как P
— середина SN
, то LP=\frac{2}{3}NP=\frac{2}{3}SP
. Следовательно,
\frac{SQ}{QO}=\frac{SP}{LP}=\frac{SP}{\frac{2}{3}SP}=\frac{3}{2}.
б) Поскольку пирамида правильная, точка O
— центр равностороннего треугольника ABC
, а SO
— высота пирамиды. Пусть D
— середина ребра SC
. Тогда плоскость MDK
параллельна плоскости ABC
(см. задачу 8008), поэтому угол между плоскостями CMK
и ABC
равен углу между плоскостями CMK
и MDK
.
Медианы CM
и CK
равных треугольников ASC
и BSC
равны, поэтому треугольник MCK
равнобедренный. Его медиана CP
является высотой, а так как DP\perp MK
, то DPC
— линейный угол искомого угла между плоскостями CMK
и MDK
.
Далее последовательно находим, что
CO=\frac{2}{3}CN=\frac{AB\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3},~
SO=\sqrt{SC^{2}-CO^{2}}=\sqrt{36-\frac{16}{3}}=\frac{2\sqrt{23}}{\sqrt{3}},
QO=\frac{2}{5}SO=\frac{2}{5}\cdot\frac{2\sqrt{23}}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{23}}{5\sqrt{3}}.
Следовательно,
\tg\angle DPC=\tg\angle OCQ=\frac{QO}{CO}=\frac{\frac{4\sqrt{23}}{5\sqrt{3}}}{\frac{4\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{23}}{5}.