Номер 491, страница 173 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

491. В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ все рёбра равны, $M$ — середина бокового ребра $SA$. Найдите угол между плоскостями:

а) $ABS$ и $CDS$;

б) $ABC$ и $ADS$;

в) $ABC$ и $BDM$.

г) $ABS$ и $ADS$;

д) $ABC$ и $BCM$;

е) $ABS$ и $BDM$.

В правильной четырехугольной пирамиде SABCD все ребра равны. Это означает, что основание ABCD — квадрат, а боковые грани — равные равносторонние треугольники. Пусть длина каждого ребра равна a.

Высота пирамиды SO, где O — центр основания (точка пересечения диагоналей квадрата), находится из прямоугольного треугольника SOA. Диагональ квадрата $AC = a\sqrt{2}$, тогда $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Так как боковое ребро $SA=a$, то высота $SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{a^2 - \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{a^2 - \frac{2a^2}{4}} = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Апофема пирамиды (высота боковой грани), например SK в треугольнике SAB (где K — середина AB), является высотой равностороннего треугольника со стороной a, поэтому $SK = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

а) ABS и CDS

Плоскости ABS и CDS — это плоскости противолежащих боковых граней. Они пересекаются по прямой l, проходящей через вершину S параллельно ребрам AB и CD. Угол между этими плоскостями — это линейный угол двугранного угла, образованного ими. Чтобы его найти, построим сечение, перпендикулярное ребру двугранного угла, то есть прямой l. Пусть K и L — середины ребер AB и CD соответственно. Так как треугольники SAB и SCD равносторонние, их медианы SK и SL являются и высотами. Следовательно, $SK \perp AB$ и $SL \perp CD$. Поскольку $l \parallel AB \parallel CD$, то $SK \perp l$ и $SL \perp l$. Значит, угол между плоскостями ABS и CDS равен углу $\angle KSL$. Рассмотрим треугольник KSL. Его стороны:

• $SK = SL = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ (как апофемы).
• $KL$ равно стороне квадрата ABCD, то есть $KL = a$.

По теореме косинусов для треугольника KSL:$KL^2 = SK^2 + SL^2 - 2 \cdot SK \cdot SL \cdot \cos(\angle KSL)$$a^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\angle KSL)$$a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos(\angle KSL)$$a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\angle KSL)$$1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos(\angle KSL)$$\frac{3}{2} \cos(\angle KSL) = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2}$$\cos(\angle KSL) = \frac{1}{3}$Угол между плоскостями равен $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$

б) ABC и ADS

Это угол между плоскостью основания ABC и плоскостью боковой грани ADS. Их линия пересечения — ребро AD. Угол между ними — это линейный угол двугранного угла при ребре основания AD. Пусть P — середина ребра AD. В равностороннем треугольнике SAD медиана SP является высотой, то есть $SP \perp AD$. В квадрате ABCD отрезок OP (где O — центр квадрата) соединяет центр со серединой стороны, поэтому $OP \perp AD$. Следовательно, угол между плоскостями ABC и ADS равен углу $\angle SPO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник SPO (прямой угол при вершине O).

• Катет $SO = \frac{a\sqrt{2}}{2}$ (высота пирамиды).
• Катет $OP = \frac{a}{2}$ (половина стороны квадрата).
• Гипотенуза $SP = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ (апофема).

Найдем косинус угла $\angle SPO$:$\cos(\angle SPO) = \frac{\text{прилежащий катет}}{\text{гипотенуза}} = \frac{OP}{SP} = \frac{a/2}{a\sqrt{3}/2} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$Угол равен $\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$

в) ABC и BDM

Плоскость ABC — это плоскость основания. Плоскость BDM — это секущая плоскость. Линия их пересечения — диагональ BD. Диагонали квадрата перпендикулярны, поэтому $AC \perp BD$. Высота пирамиды SO перпендикулярна плоскости основания, а значит, и любой прямой в этой плоскости, т.е. $SO \perp BD$. Так как прямая BD перпендикулярна двум пересекающимся прямым AC и SO плоскости SAC, то $BD \perp (SAC)$. Плоскость BDM проходит через прямую BD, перпендикулярную плоскости SAC, значит, плоскость $BDM \perp$ плоскости SAC. Их линия пересечения — прямая OM (так как $O \in BD \subset BDM$ и $M \in SA \subset SAC$, и $O, M \in BDM \cap SAC$). В плоскости основания ABC прямая $OC$ перпендикулярна линии пересечения плоскостей BD. В плоскости BDM прямая $OM$ перпендикулярна линии пересечения плоскостей BD (так как $OM \subset SAC$ и $BD \perp SAC$). Следовательно, угол между плоскостями ABC и BDM равен углу $\angle MOC$. Рассмотрим плоскость SAC. Введем систему координат с началом в точке O, осью абсцисс вдоль OC и осью ординат вдоль OS. Координаты точек:$O(0,0)$, $S(0, \frac{a\sqrt{2}}{2})$, $A(-\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$, $C(\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$. Точка M — середина SA, её координаты:$M\left(\frac{0 - a\sqrt{2}/2}{2}, \frac{a\sqrt{2}/2 + 0}{2}\right) = \left(-\frac{a\sqrt{2}}{4}, \frac{a\sqrt{2}}{4}\right)$. Найдем тангенс угла $\alpha$, который вектор $\vec{OM}$ образует с отрицательным направлением оси абсцисс (с вектором $\vec{OA}$):$\tan \alpha = \frac{y_M}{|x_M|} = \frac{a\sqrt{2}/4}{a\sqrt{2}/4} = 1$. Значит, $\alpha = 45^\circ$. Угол $\angle MOC$ является смежным с углом $\alpha$ (точнее, с углом, который вектор $\vec{OM}$ образует с лучом $OA$).$\angle MOC = 180^\circ - \angle MOA$. Угол $\angle MOA$ равен $45^\circ$.$\angle MOC = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$. Угол между плоскостями принимается острым, поэтому он равен $180^\circ - 135^\circ = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$

г) ABS и ADS

Это угол между смежными боковыми гранями. Линия их пересечения — общее боковое ребро SA. Угол между плоскостями равен линейному углу двугранного угла при ребре SA. В равностороннем треугольнике SAB проведем высоту $BH_1$ к стороне SA. В равностороннем треугольнике SAD проведем высоту $DH_2$ к стороне SA. Точки $H_1$ и $H_2$ совпадут, назовем эту точку H. Искомый угол — это $\angle BHD$. Рассмотрим треугольник BHD. Его стороны:

• $BH = DH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ (как высоты в равносторонних треугольниках со стороной a).
• $BD = a\sqrt{2}$ (как диагональ квадрата со стороной a).

По теореме косинусов для треугольника BHD:$BD^2 = BH^2 + DH^2 - 2 \cdot BH \cdot DH \cdot \cos(\angle BHD)$$(a\sqrt{2})^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\angle BHD)$$2a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\angle BHD)$$2a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\angle BHD)$$2 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos(\angle BHD)$$\frac{3}{2} \cos(\angle BHD) = \frac{3}{2} - 2 = -\frac{1}{2}$$\cos(\angle BHD) = -\frac{1}{3}$Полученный угол тупой. Угол между плоскостями по определению острый, он равен $\arccos\left(|-\frac{1}{3}|\right) = \arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$

д) ABC и BCM

Угол между плоскостью основания ABC и секущей плоскостью BCM. Линия их пересечения — ребро BC. Воспользуемся методом проекций. Спроектируем точку M на плоскость основания ABC. Введем систему координат с центром в точке D, осью Dx вдоль DC, осью Dy вдоль DA.$D(0,0,0)$, $C(a,0,0)$, $A(0,a,0)$, $B(a,a,0)$.$S$ имеет проекцию в центре квадрата $O(a/2, a/2, 0)$ и высоту $SO = a\sqrt{2}/2$. $S(a/2, a/2, a\sqrt{2}/2)$.$M$ — середина SA: $M\left(\frac{0+a/2}{2}, \frac{a+a/2}{2}, \frac{0+a\sqrt{2}/2}{2}\right) = \left(\frac{a}{4}, \frac{3a}{4}, \frac{a\sqrt{2}}{4}\right)$. Проекция точки M на плоскость ABC (z=0) — это точка $K(\frac{a}{4}, \frac{3a}{4}, 0)$. Высота $MK = \frac{a\sqrt{2}}{4}$. Линия пересечения плоскостей — прямая BC. Ее уравнение в плоскости z=0: $x=a$. Расстояние от точки $K(\frac{a}{4}, \frac{3a}{4})$ до прямой $x=a$ равно $KL = |a - \frac{a}{4}| = \frac{3a}{4}$. Опустим из M перпендикуляр ML на прямую BC. По теореме о трех перпендикулярах, так как $MK \perp (ABC)$ и $KL \perp BC$, то и наклонная $ML \perp BC$. Значит, угол между плоскостями равен $\angle MKL$. В прямоугольном треугольнике MKL (прямой угол при K):$\tan(\angle MKL) = \frac{MK}{KL} = \frac{a\sqrt{2}/4}{3a/4} = \frac{\sqrt{2}}{3}$. Найдем косинус этого угла:$\cos^2(\angle MKL) = \frac{1}{1 + \tan^2(\angle MKL)} = \frac{1}{1 + (\sqrt{2}/3)^2} = \frac{1}{1 + 2/9} = \frac{1}{11/9} = \frac{9}{11}$.$\cos(\angle MKL) = \sqrt{\frac{9}{11}} = \frac{3}{\sqrt{11}} = \frac{3\sqrt{11}}{11}$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{3}{\sqrt{11}}\right)$

е) ABS и BDM

Для нахождения угла между плоскостями ABS и BDM воспользуемся методом координат. Введем систему координат с началом в центре основания O. Оси Ox и Oy направим параллельно сторонам AD и AB соответственно. Координаты вершин:$A(-\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, 0)$, $B(-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0)$, $D(\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, 0)$, $S(0, 0, \frac{a\sqrt{2}}{2})$.$M$ — середина SA: $M(-\frac{a}{4}, -\frac{a}{4}, \frac{a\sqrt{2}}{4})$. Найдем вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости ABS.$\vec{AB} = (0, a, 0)$$\vec{AS} = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{2}}{2})$$\vec{n_1} = \vec{AB} \times \vec{AS} = \left(a\frac{a\sqrt{2}}{2} - 0, 0 - 0, 0 - a\frac{a}{2}\right) = \left(\frac{a^2\sqrt{2}}{2}, 0, -\frac{a^2}{2}\right)$. В качестве нормали можно взять коллинеарный вектор $(\sqrt{2}, 0, -1)$. Найдем вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости BDM.$\vec{DB} = (-\frac{a}{2}-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}-(-\frac{a}{2}), 0-0) = (-a, a, 0)$.$\vec{DM} = (-\frac{a}{4}-\frac{a}{2}, -\frac{a}{4}-(-\frac{a}{2}), \frac{a\sqrt{2}}{4}-0) = (-\frac{3a}{4}, \frac{a}{4}, \frac{a\sqrt{2}}{4})$.$\vec{n_2} = \vec{DB} \times \vec{DM} = \left(a\frac{a\sqrt{2}}{4} - 0, 0 - (-a)\frac{a\sqrt{2}}{4}, -a\frac{a}{4} - a(-\frac{3a}{4})\right) = \left(\frac{a^2\sqrt{2}}{4}, \frac{a^2\sqrt{2}}{4}, \frac{2a^2}{4}\right)$. В качестве нормали можно взять коллинеарный вектор $(\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2)$. Найдем угол $\phi$ между плоскостями через угол между их нормалями:$\cos \phi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| \cdot |\vec{n_2}|}$Скалярное произведение нормалей:$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (\sqrt{2}, 0, -1) \cdot (\sqrt{2}, \sqrt{2}, 2) = \sqrt{2}\cdot\sqrt{2} + 0\cdot\sqrt{2} + (-1)\cdot 2 = 2 - 2 = 0$. Так как скалярное произведение векторов нормалей равно нулю, векторы перпендикулярны. Следовательно, и плоскости перпендикулярны. Угол между ними равен $90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$