9731. В правильной треугольной пирамиде SABC
с вершиной S
известно, что сторона основания AB
равна 6, а боковое ребро SA
равно 7. На рёбрах AB
и SC
взяты точки K
и M
соответственно, причём AK:KB=SM:MC=1:5
. Плоскость \alpha
содержит прямую KM
и параллельна прямой BC
.
а) Докажите, что плоскость \alpha
параллельна прямой SA
.
б) Найдите угол между плоскостями \alpha
и SBC
.
Ответ. \arccos\frac{31\sqrt{10}}{140}
.
Решение. а) Плоскость BSC
проходит через прямую BC
, параллельную плоскости \alpha
, и имеет с плоскостью \alpha
общую точку M
, значит, плоскости BSC
и \alpha
пересекаются по прямой l
, параллельной BC
(см. задачу 8003).
Плоскость ABC
проходит через прямую BC
, параллельную плоскости \alpha
, и имеет с плоскостью \alpha
общую точку K
, значит, плоскости ABC
и \alpha
пересекаются по прямой m
, параллельной BC
.
Пусть прямые l
и SB
пересекаются в точке L
, а прямые m
и AC
— в точке N
. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках SL:LB=SM:MC=1:5
, а так как AK:KB=1:5=SL:LB
, то SA\parallel KL
. Следовательно, прямая SA
параллельна плоскости \alpha
(см. задачу 8002).
б) Противоположные рёбра BC
и SA
правильной треугольной пирамиды SABC
перпендикулярны, а так как KL\parallel SA
, то KL\perp BC
.
Пусть H
— середина ребра BC
, P
и Q
— точки пересечения плоскости ASH
с отрезками LM
и KN
соответственно. Тогда PQ\parallel KL
, значит, PQ\parallel SA
и PQ\perp LM
. Кроме того, SH\perp BC
, поэтому PH\perp LM
. Следовательно, HPQ
— линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями \alpha
и SBC
, а так как PQ\parallel SA
, то \angle HPQ=\angle HAS
.
По теореме косинусов из треугольника HAS
находим, что
\cos SAH=\frac{SA^{2}+SH^{2}-AH^{2}}{2SA\cdot SH}=\frac{7^{2}+(7^{2}-3^{2})-(3\sqrt{3})^{2}}{2SA\cdot SH}=
=\frac{49+49-9-27}{2\cdot7\cdot2\sqrt{10}}=\frac{31}{14\sqrt{10}}=\frac{31\sqrt{10}}{140}.