9244. Дана треугольная пирамида SABC
с основанием ABC
; O
— точка пересечения медиан треугольника ABC
.
а) Докажите, что плоскость, проходящая через прямую AB
и середину отрезка SO
, делит боковое ребро SC
в отношении 1:3
, считая от вершины S
.
б) Найдите угол между боковым ребром и плоскостью основания пирамиды, если пирамида правильная, а её высота составляет \frac{4}{5}
от высоты SM
боковой грани SAB
.
Ответ. \arctg\frac{2}{3}
.
Решение. а) Пусть K
— середина отрезка SO
, а P
—точка пересечения прямых SO
и MK
, лежащих в плоскости CSM
. Тогда P
— точка пересечения плоскости ABK
с ребром SC
пирамиды.
Пусть прямая, проходящая через точку O
параллельно MP
, пересекает отрезок SC
в точке Q
. По теореме Фалеса
\frac{PQ}{QC}=\frac{MO}{OC}=\frac{1}{2},~\frac{SP}{PQ}=\frac{SK}{KO}=1.
Следовательно,
\frac{SP}{PC}=\frac{PQ}{3PQ}=\frac{1}{3}.
б) Высота правильной пирамиды проходит через центр основания, значит, SO
— высота пирамиды SABC
. Угол бокового ребра SC
с плоскостью основания пирамиды — это угол между наклонной SC
и её ортогональной проекцией OC
на плоскость основания.
Обозначим SO=h
. Тогда
SM=\frac{5}{4}SO=\frac{5h}{4},~OM=\sqrt{SM^{2}-SO^{2}}=\sqrt{\frac{25h^{2}}{16}-h^{2}}=\frac{3h}{4},
а так как OC=2OM
, то
\tg\angle OCS=\frac{SO}{OC}=\frac{SO}{2OM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{h}{\frac{3h}{4}}=\frac{2}{3}.