9311. Основание пирамиды SABCD
— параллелограмм ABCD
, точки M
и N
— середины рёбер AB
и SC
соответственно.
а) Докажите, что плоскость DSM
проходит через середину отрезка AN
.
б) Найдите угол между прямыми SM
и BN
, если пирамида правильная и все её рёбра равны.
Ответ. \arccos\frac{5}{6}
.
Решение. а) Пусть отрезки DM
и AC
пересекаются в точке K
. Поскольку K
и S
— общие точки плоскостей DSM
и ASN
, эти плоскости пересекаются по прямой SK
. Пусть прямые SK
и AN
, лежащие в плоскости ASC
, пересекаются в точке P
. Тогда P
— точка пересечения прямой AN
с плоскостью DSM
. Из подобия треугольников AKM
и CKD
следует, что \frac{AK}{KC}=\frac{AM}{CD}=\frac{1}{2}
. Значит, AK=\frac{1}{3}AC
, CK=\frac{2}{3}AC
.
Через точку N
проведём прямую, параллельную SK
. Пусть эта прямая пересекает отрезок AC
в точке L
. Тогда NL
— средняя линия треугольника CSK
, поэтому
CL=LK=\frac{1}{2}CK=\frac{1}{3}AC.
Значит, AK=LK
, а так как KP\parallel BL
, то P
— середина AN
.
б) Пусть Q
— середина бокового ребра SD
правильной пирамиды SABCD
. Тогда NQ
— средняя линия треугольника CSD
, поэтому
NQ=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB=BM,~NQ\parallel BM.
Значит, BMQN
— параллелограмм. Следовательно, MQ\parallel MN
, и угол между скрещивающимися прямыми SM
и BN
равен углу между пересекающимися прямыми SM
и MQ
, т. е. углу SMQ
.
Обозначим AB=SA=a
. Тогда
MQ=BN=SM=\frac{a\sqrt{3}}{2},~SQ=\frac{1}{2}SD=\frac{a}{2}.
Из треугольника SMQ
находим, что
\cos\angle SMQ=\frac{SM^{2}+MQ^{2}-SQ^{2}}{2SM\cdot MQ}=\frac{\frac{3a^{2}}{4}+\frac{3a^{2}}{4}-\frac{a^{2}}{4}}{2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{5}{6}.
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. 109