9310. Точка M
— середина ребра BC
треугольной пирамиды ABCD
, точка K
лежит на прямой BD
, причём B
— середина отрезка DK
. Плоскость \alpha
проходит через прямую KM
параллельно ребру AB
.
а) Докажите, что плоскость \alpha
делит ребро CD
в отношении 1:2
, считая от точки C
.
б) Найдите угол между плоскостью \alpha
и плоскостью ABC
, если ABCD
— правильная пирамида с вершиной D
, а её высота относится к стороне основания как 1:\sqrt{3}
.
Ответ. \arctg\frac{4}{5}
.
Решение. а) Пусть прямые KM
и CD
пересекаются в точке N
. Тогда N
— точка пересечения плоскости \alpha
с прямой CD
. Пусть прямая, проходящая через точку B
параллельно KN
, пересекает ребро CD
в точке P
. По теореме Фалеса CN=NP
и NP=PD
, следовательно, CN:ND=1:2
.
б) Плоскость \alpha
проходит через точку M
, лежащую в плоскости ABC
, и параллельна прямой AB
, значит, плоскости \alpha
и ABC
пересекаются по прямой, проходящей через точку M
параллельно прямой AB
, т. е. по прямой ML
, где L
— середина AC
. Сечение пирамиды ABCD
плоскостью \alpha
— равнобедренный треугольник MNL
.
Пусть O
— центр основания ABC
правильной пирамиды ABCD
, E
— середина AB
, H
— точка пересечения LM
и CE
. Тогда H
— середина LM
, CH\perp LM
и NH\perp LM
. Значит, CHN
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \alpha
и ABC
. Положим SO=a
, AB=a\sqrt{3}
. Тогда
CE=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}a,~CO=\frac{2}{3}CE=a.
Пусть N'
— ортогональная проекция точки N
на плоскость основания пирамиды. Тогда точка N'
лежит на отрезке OC
и делит его в отношении \frac{CN'}{N'O}=\frac{CN}{ND}=\frac{1}{2}
. Значит,
CN'=\frac{1}{3}CO=\frac{a}{3},HN'=CH-CN'=\frac{3}{4}a-\frac{1}{3}a=\frac{5}{12}a,
NN'=\frac{1}{3}DO=\frac{1}{3}a,~\tg\angle CHN=\tg\angle N'HN=\frac{NN'}{HN'}=\frac{\frac{1}{3}a}{\frac{5}{12}a}=\frac{4}{5}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2016
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 3, с. 112