Номер 493, страница 174 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

493. В правильной четырёхугольной пирамиде $SABCD$ на середине ребра $SA$ отмечена точка $M$. Учитывая, что треугольник $SBD$ является правильным, найдите угол между плоскостями:

а) $ABS$ и $CDS$;

б) $ABC$ и $BDM$;

в) $SAB$ и $BDM$;

г) $SBC$ и $BDM$.

Пусть сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды `SABCD` равна `a`. Основанием является квадрат `ABCD`, поэтому его диагональ `AC = BD = a\sqrt{2}`. По условию, треугольник `SBD` является правильным. Это означает, что все его стороны равны: `SB = SD = BD = a\sqrt{2}`. Так как пирамида `SABCD` правильная, все её боковые рёбра равны между собой: `SA = SB = SC = SD = a\sqrt{2}`. Пусть `O` — точка пересечения диагоналей основания (центр квадрата `ABCD`). Тогда `SO` — высота пирамиды. В правильном треугольнике `SBD` отрезок `SO` является медианой и высотой. Длина высоты в правильном треугольнике со стороной `L` вычисляется по формуле $L\frac{\sqrt{3}}{2}$. Следовательно, высота пирамиды $SO = BD \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$. Точка `M` — середина ребра `SA`, поэтому $AM = MS = \frac{SA}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Для решения задачи будем использовать как геометрический, так и координатный методы. Введём прямоугольную систему координат с началом в точке `O`. Направим ось `Ox` вдоль луча `OC`, ось `Oy` — вдоль луча `OD`, а ось `Oz` — вдоль луча `OS`. В этой системе координат вершины пирамиды имеют следующие координаты:$A(-\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0, 0)$, $B(0, -\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$, $C(\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0, 0)$, $D(0, \frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$, $S(0, 0, \frac{a\sqrt{6}}{2})$. Координаты точки `M`, середины `SA`:$M(\frac{x_S+x_A}{2}, \frac{y_S+y_A}{2}, \frac{z_S+z_A}{2}) = M(\frac{0 - a\sqrt{2}/2}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{a\sqrt{6}/2 + 0}{2}) = M(-\frac{a\sqrt{2}}{4}, 0, \frac{a\sqrt{6}}{4})$.

а) ABS и CDS

Угол между плоскостями `ABS` и `CDS` — это двугранный угол между двумя боковыми гранями. Линия пересечения этих плоскостей проходит через вершину `S` параллельно рёбрам `AB` и `CD`. Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Пусть `K` и `L` — середины рёбер `AB` и `CD` соответственно. Апофемы `SK` и `SL` перпендикулярны `AB` и `CD`, а значит и линии пересечения плоскостей. Следовательно, искомый угол равен углу `∠KSL`. Рассмотрим прямоугольный треугольник `SAK` ( `∠SKA` - прямой, т.к. `SK` - высота в равнобедренном `ΔSAB` ).$AK = \frac{AB}{2} = \frac{a}{2}$. Боковое ребро $SA = a\sqrt{2}$. По теореме Пифагора найдём длину апофемы `SK`:$SK^2 = SA^2 - AK^2 = (a\sqrt{2})^2 - (\frac{a}{2})^2 = 2a^2 - \frac{a^2}{4} = \frac{8a^2 - a^2}{4} = \frac{7a^2}{4}$.$SK = \frac{a\sqrt{7}}{2}$. Так как пирамида правильная, апофемы равны: $SL = SK = \frac{a\sqrt{7}}{2}$. Рассмотрим треугольник `SKL`. Его стороны: $SK = SL = \frac{a\sqrt{7}}{2}$, а основание `KL` равно стороне квадрата `a`. Применим теорему косинусов для треугольника `SKL`, чтобы найти $\cos(\angle KSL)$:$KL^2 = SK^2 + SL^2 - 2 \cdot SK \cdot SL \cdot \cos(\angle KSL)$$a^2 = (\frac{a\sqrt{7}}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{7}}{2})^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{7}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{7}}{2} \cdot \cos(\angle KSL)$$a^2 = \frac{7a^2}{4} + \frac{7a^2}{4} - 2 \cdot \frac{7a^2}{4} \cdot \cos(\angle KSL)$$a^2 = \frac{14a^2}{4} - \frac{7a^2}{2} \cdot \cos(\angle KSL)$$1 = \frac{7}{2} - \frac{7}{2} \cos(\angle KSL)$$\frac{7}{2} \cos(\angle KSL) = \frac{7}{2} - 1 = \frac{5}{2}$$\cos(\angle KSL) = \frac{5}{7}$. Угол между плоскостями `ABS` и `CDS` равен $\arccos(\frac{5}{7})$.

Ответ: $\arccos(\frac{5}{7})$

б) ABC и BDM

Угол между плоскостью основания `ABC` и плоскостью `BDM` можно найти как угол между их нормальными векторами. Плоскость `ABC` совпадает с плоскостью `z=0`, её нормальный вектор $\vec{n}_{ABC} = (0, 0, 1)$. Для нахождения нормального вектора плоскости `BDM` найдём векторное произведение векторов $\vec{DB}$ и $\vec{DM}$. Используем координаты точек: $D(0, \frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$, $B(0, -\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$, $M(-\frac{a\sqrt{2}}{4}, 0, \frac{a\sqrt{6}}{4})$.$\vec{DB} = (0 - 0, -\frac{a\sqrt{2}}{2} - \frac{a\sqrt{2}}{2}, 0 - 0) = (0, -a\sqrt{2}, 0)$.$\vec{DM} = (-\frac{a\sqrt{2}}{4} - 0, 0 - \frac{a\sqrt{2}}{2}, \frac{a\sqrt{6}}{4} - 0) = (-\frac{a\sqrt{2}}{4}, -\frac{a\sqrt{2}}{2}, \frac{a\sqrt{6}}{4})$.$\vec{n}_{BDM} = \vec{DB} \times \vec{DM} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & -a\sqrt{2} & 0 \\ -\frac{a\sqrt{2}}{4} & -\frac{a\sqrt{2}}{2} & \frac{a\sqrt{6}}{4} \end{vmatrix} = \vec{i}(-a\sqrt{2} \cdot \frac{a\sqrt{6}}{4}) - \vec{j}(0) + \vec{k}(-( -a\sqrt{2})(-\frac{a\sqrt{2}}{4})) = (-\frac{a^2\sqrt{12}}{4}, 0, -\frac{2a^2}{4}) = (-\frac{a^2\sqrt{3}}{2}, 0, -\frac{a^2}{2})$. В качестве нормального вектора можно взять коллинеарный вектор, разделив компоненты на $-\frac{a^2}{2}$: $\vec{n'}_{BDM} = (\sqrt{3}, 0, 1)$. Косинус угла `β` между плоскостями:$\cos\beta = \frac{|\vec{n}_{ABC} \cdot \vec{n'}_{BDM}|}{|\vec{n}_{ABC}| \cdot |\vec{n'}_{BDM}|} = \frac{|(0, 0, 1) \cdot (\sqrt{3}, 0, 1)|}{\sqrt{1} \cdot \sqrt{(\sqrt{3})^2+0^2+1^2}} = \frac{|1|}{\sqrt{4}} = \frac{1}{2}$. Искомый угол $\beta = \arccos(\frac{1}{2}) = 60^\circ$.

Ответ: $60^\circ$

в) SAB и BDM

Найдём угол между плоскостями `SAB` и `BDM` с помощью их нормальных векторов. Нормальный вектор к плоскости `BDM` был найден в предыдущем пункте: $\vec{n}_{BDM} = (\sqrt{3}, 0, 1)$. Найдём нормальный вектор к плоскости `SAB`. Возьмём векторы $\vec{AS}$ и $\vec{AB}$ в этой плоскости.$A(-\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0, 0)$, $S(0, 0, \frac{a\sqrt{6}}{2})$, $B(0, -\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$.$\vec{AS} = (\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{a\sqrt{6}}{2})$.$\vec{AB} = (\frac{a\sqrt{2}}{2}, -\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$.$\vec{n}_{SAB} = \vec{AS} \times \vec{AB} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \frac{a\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{a\sqrt{6}}{2} \\ \frac{a\sqrt{2}}{2} & -\frac{a\sqrt{2}}{2} & 0 \end{vmatrix} = (\frac{a^2\sqrt{12}}{4}, \frac{a^2\sqrt{12}}{4}, -\frac{2a^2}{4}) = (\frac{a^2\sqrt{3}}{2}, \frac{a^2\sqrt{3}}{2}, -\frac{a^2}{2})$. Упростим, разделив на $-\frac{a^2}{2}$: $\vec{n'}_{SAB} = (-\sqrt{3}, -\sqrt{3}, 1)$. Косинус угла `γ` между плоскостями:$\cos\gamma = \frac{|\vec{n'}_{SAB} \cdot \vec{n}_{BDM}|}{|\vec{n'}_{SAB}| \cdot |\vec{n}_{BDM}|} = \frac{|(-\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} + (-\sqrt{3}) \cdot 0 + 1 \cdot 1|}{\sqrt{(-\sqrt{3})^2+(-\sqrt{3})^2+1^2} \cdot \sqrt{(\sqrt{3})^2+0^2+1^2}} = \frac{|-3+1|}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{4}} = \frac{2}{2\sqrt{7}} = \frac{1}{\sqrt{7}}$. Искомый угол $\gamma = \arccos(\frac{1}{\sqrt{7}})$.

Ответ: $\arccos(\frac{1}{\sqrt{7}})$

г) SBC и BDM

Найдём угол между плоскостями `SBC` и `BDM`, используя их нормальные векторы. Нормальный вектор к `BDM`: $\vec{n}_{BDM} = (\sqrt{3}, 0, 1)$. Найдём нормальный вектор к плоскости `SBC`. Возьмём векторы $\vec{BC}$ и $\vec{BS}$.$B(0, -\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$, $C(\frac{a\sqrt{2}}{2}, 0, 0)$, $S(0, 0, \frac{a\sqrt{6}}{2})$.$\vec{BC} = (\frac{a\sqrt{2}}{2}, \frac{a\sqrt{2}}{2}, 0)$.$\vec{BS} = (0, \frac{a\sqrt{2}}{2}, \frac{a\sqrt{6}}{2})$.$\vec{n}_{SBC} = \vec{BC} \times \vec{BS} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \frac{a\sqrt{2}}{2} & \frac{a\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & \frac{a\sqrt{2}}{2} & \frac{a\sqrt{6}}{2} \end{vmatrix} = (\frac{a^2\sqrt{12}}{4}, -\frac{a^2\sqrt{12}}{4}, \frac{2a^2}{4}) = (\frac{a^2\sqrt{3}}{2}, -\frac{a^2\sqrt{3}}{2}, \frac{a^2}{2})$. Упростим, разделив на $\frac{a^2}{2}$: $\vec{n'}_{SBC} = (\sqrt{3}, -\sqrt{3}, 1)$. Косинус угла `δ` между плоскостями:$\cos\delta = \frac{|\vec{n'}_{SBC} \cdot \vec{n}_{BDM}|}{|\vec{n'}_{SBC}| \cdot |\vec{n}_{BDM}|} = \frac{|\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} + (-\sqrt{3}) \cdot 0 + 1 \cdot 1|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+(-\sqrt{3})^2+1^2} \cdot \sqrt{(\sqrt{3})^2+0^2+1^2}} = \frac{|3+1|}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{4}} = \frac{4}{2\sqrt{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}}$. Искомый угол $\delta = \arccos(\frac{2}{\sqrt{7}})$.

Ответ: $\arccos(\frac{2}{\sqrt{7}})$