Номер 496, страница 174 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

496. В треугольной пирамиде $SABC$ точка $M$ — середина ребра $SA$, точка $K$ — середина ребра $SB$, $Q$ — точка пересечения медиан основания $ABC$.

а) Найдите отношение, в котором плоскость $MKC$ разделяет отрезок $SQ$ (рис. 389).

б) Учитывая, что пирамида правильная и $AB : SA = 2 : 3$, найдите угол между плоскостями $MKC$ и $ABC$.

4

4

Рис. 389

Для нахождения отношения, в котором плоскость $MKC$ делит отрезок $SQ$, воспользуемся методом сечений и теоремой Менелая. Рассмотрим плоскость $SCD$, где $D$ — середина ребра $AB$. Так как $Q$ — точка пересечения медиан основания $ABC$, она лежит на медиане $CD$. Следовательно, отрезок $SQ$ целиком лежит в плоскости $SCD$.

Плоскость $MKC$ пересекает плоскость $SCD$. Найдем линию их пересечения. Точка $C$ очевидно принадлежит обеим плоскостям. Найдем вторую общую точку. Прямая $MK$ является средней линией треугольника $SAB$, так как $M$ и $K$ — середины сторон $SA$ и $SB$ соответственно. Из этого следует, что $MK \parallel AB$. Пусть $L$ — середина отрезка $MK$. В треугольнике $SAB$ медиана $SD$ пересекает среднюю линию $MK$ в ее середине, то есть в точке $L$. Таким образом, точка $L$ лежит на отрезке $SD$. Поскольку $L$ лежит на $SD$, она принадлежит плоскости $SCD$. В то же время, $L$ лежит на $MK$, поэтому она принадлежит и плоскости $MKC$. Значит, $L$ — вторая общая точка двух плоскостей, а линия их пересечения — это прямая $CL$.

Искомая точка пересечения отрезка $SQ$ с плоскостью $MKC$ (обозначим ее $P$) есть точка пересечения прямых $SQ$ и $CL$, так как обе эти прямые лежат в плоскости $SCD$.

Рассмотрим треугольник $SDQ$ и секущую $LPC$. По теореме Менелая для треугольника $SDQ$ и прямой $LPC$ имеем соотношение: $ \frac{SL}{LD} \cdot \frac{DC}{CQ} \cdot \frac{QP}{PS} = 1 $

Определим значения этих отношений: 1. Так как $L$ — середина $SD$ (по свойству медианы и средней линии в треугольнике $SAB$), то $SL = LD$, и значит $\frac{SL}{LD} = 1$. 2. Так как $Q$ — точка пересечения медиан, она делит медиану $CD$ в отношении $CQ:QD = 2:1$. Отсюда следует, что $CD = CQ+QD = CQ + \frac{1}{2}CQ = \frac{3}{2}CQ$. Следовательно, $\frac{DC}{CQ} = \frac{3}{2}$.

Подставим известные значения в формулу теоремы Менелая: $ 1 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{QP}{PS} = 1 $ Из этого уравнения получаем, что $\frac{QP}{PS} = \frac{2}{3}$, или $\frac{SP}{PQ} = \frac{3}{2}$. Таким образом, плоскость $MKC$ делит отрезок $SQ$ в отношении $3:2$, считая от точки $S$.

Ответ: $3:2$.

Угол между двумя плоскостями — это угол между прямыми, проведенными в этих плоскостях перпендикулярно их линии пересечения. Сначала найдем линию пересечения плоскостей $MKC$ и $ABC$. Точка $C$ является общей для обеих плоскостей. Как было установлено в пункте а), прямая $MK \parallel AB$. Так как плоскость $MKC$ проходит через прямую $MK$, параллельную плоскости $ABC$, то их линия пересечения проходит через общую точку $C$ и параллельна прямой $MK$ (а значит, и $AB$).

Теперь построим линейный угол двугранного угла. В основании пирамиды лежит правильный треугольник $ABC$. Пусть $D$ — середина $AB$. Тогда медиана $CD$ также является и высотой, то есть $CD \perp AB$. Поскольку линия пересечения плоскостей параллельна $AB$, то $CD$ перпендикулярна этой линии пересечения. В плоскости $MKC$ рассмотрим треугольник $CMK$. Так как пирамида правильная, ее боковые ребра равны ($SA=SB=SC$), следовательно, треугольники $SAC$ и $SBC$ равны по трем сторонам. Отсюда $CM=CK$, и треугольник $CMK$ является равнобедренным. $L$ — середина основания $MK$, значит, медиана $CL$ является и высотой, то есть $CL \perp MK$. Так как линия пересечения плоскостей параллельна $MK$, то $CL$ перпендикулярна и ей. Следовательно, искомый угол между плоскостями $MKC$ и $ABC$ равен углу $\angle LCD$.

Найдем величину угла $\angle LCD$, вычислив стороны треугольника $LCD$. Пусть сторона основания $AB = 2a$. Из условия $AB : SA = 2 : 3$ и того факта, что пирамида правильная, следует, что все боковые ребра равны $SA = SB = SC = 3a$.
1. В основании лежит правильный треугольник $ABC$ со стороной $2a$. Его медиана (и высота) $CD = \frac{2a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}$.
2. В равнобедренном треугольнике $SAB$ ($SA=SB=3a$, $AB=2a$) медиана $SD$ является также и высотой. Из прямоугольного треугольника $SDA$ по теореме Пифагора: $SD^2 = SA^2 - AD^2 = (3a)^2 - a^2 = 9a^2 - a^2 = 8a^2$. Таким образом, $SD = \sqrt{8a^2} = 2a\sqrt{2}$.
3. Точка $L$ — середина отрезка $SD$, поэтому $LD = \frac{1}{2}SD = a\sqrt{2}$.
4. Найдем длину отрезка $LC$. В треугольнике $SCD$ известны все три стороны: $SC=3a$, $CD=a\sqrt{3}$, $SD=2a\sqrt{2}$. Отрезок $LC$ является медианой к стороне $SD$. Воспользуемся формулой для квадрата длины медианы: $LC^2 = \frac{2 \cdot SC^2 + 2 \cdot CD^2 - SD^2}{4}$.
$LC^2 = \frac{2(3a)^2 + 2(a\sqrt{3})^2 - (2a\sqrt{2})^2}{4} = \frac{2 \cdot 9a^2 + 2 \cdot 3a^2 - 8a^2}{4} = \frac{18a^2 + 6a^2 - 8a^2}{4} = \frac{16a^2}{4} = 4a^2$.
Отсюда $LC = 2a$.
5. Теперь, зная все стороны треугольника $LCD$ ($CD = a\sqrt{3}$, $LD = a\sqrt{2}$, $LC = 2a$), применим к нему теорему косинусов для нахождения $\cos(\angle LCD)$. Обозначим искомый угол $\varphi = \angle LCD$.
$LD^2 = LC^2 + CD^2 - 2 \cdot LC \cdot CD \cdot \cos(\varphi)$
$(a\sqrt{2})^2 = (2a)^2 + (a\sqrt{3})^2 - 2 \cdot (2a) \cdot (a\sqrt{3}) \cdot \cos(\varphi)$
$2a^2 = 4a^2 + 3a^2 - 4a^2\sqrt{3} \cos(\varphi)$
$2a^2 = 7a^2 - 4a^2\sqrt{3} \cos(\varphi)$
$4a^2\sqrt{3} \cos(\varphi) = 5a^2$
$\cos(\varphi) = \frac{5a^2}{4a^2\sqrt{3}} = \frac{5}{4\sqrt{3}}$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{5}{4\sqrt{3}}\right)$.