Угол между плоскостями

a) В прямоугольном треугольнике $ABC$ медиана $CO$ из вершины прямого угла равна половине гипотенузы $AB$, следовательно, $OA=OB=OC$. Прямоугольные треугольники $SOA$ и $SOC$ равны по двум катетам, так как $SO$ — общий катет и $OA=OC$, значит, их гипотенузы $SA=SC$.

б) Пусть $H$ — середина $AC$, тогда $OH \parallel BC$ как средняя линия в треугольнике $ABC$ и $\angle AHО=\angle ACB=90^\circ$. Проведем отрезок $SH$. Поскольку $SO \perp (ABC)$, то $OH$ — проекция наклонной $SH$ на плоскость $(ABC)$. Прямая $AC$ перпендикулярна проекции $OH$, а значит по теореме о трех перпендикулярах $AC$ перпендикулярна наклонной $SH$. Получили, что $$SH \perp (SAC),\quad SH \perp AC$$ и $$OH \subset (ABC),\quad OH \perp AC.$$ Тогда угол $SHO$ — острый угол в прямоугольном треугольнике $SHO$ и по определению является углом между плоскостями $(SAC)$ и $(ABC)$.

По теореме Пифагора для треугольника $ABC$: $$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{20^2-16^2}=12.$$ По теореме Пифагора для треугольника $SAO$: $$SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{SA^2-\left(\frac{AB}{2}\right)^2}=\sqrt{26^2-10^2}=24.$$ Тогда в прямоугольном треугольнике $SHO$: $$tg\angle SHO=\frac{SO}{OH}=\frac{SO}{\frac{1}{2}BC}=\frac{24}{6}=4 \Rightarrow \angle SHO=arctg4.$$

Ответ: $б)\ arctg4$.

а)

Четырёхугольник $KLMN$ — квадрат, поэтому прямые $KN$ и $LM$ параллельны. Следовательно, прямая $LM$ параллельна плоскости $ABC$. Значит, прямые $LM$ и $AB$ лежат в плоскости $AD B$ и не имеют общих точек, тогда они параллельны. Таким образом, прямые $KN$, $LM$ и $AB$ параллельны. Аналогично, прямые $KL$, $MN$ и $CD$ параллельны. Прямые $KL$ и $LM$ взаимно перпендикулярны, поэтому прямые $AB$ и $CD$ взаимно перпендикулярны.

б) Расстояние от точки $B$ до плоскости $KLMN$ равно высоте тетраэдра $BKMN$, проведённой из точки $B$. Основанием данного тетраэдра является прямоугольный треугольник $KMN$, площадь которого равна $$S_{KMN} = \frac12 KN \cdot NM = \frac{9}{2}.$$

Следовательно, $$d(B, KMN) = h_b = \frac{3 V_{BKMN}}{S_{KMN}}.$$

Пусть отрезок $AH$ — высота тетраэдра $ABCD$, отрезок $KH_1$ — высота тетраэдра $BKNM$. Выразим объём тетраэдра $BKNM$ через объём тетраэдра $ABCD$: $$V_{BKNM} = \frac13 \cdot KH_1 \cdot S_{BMN} = \frac13 \cdot \frac{7}{10} AH \cdot \frac{9}{100} S_{BCD} = \frac{7}{100} \cdot V_{ABCD} = \frac{7}{100} \cdot 100 = \frac{63}{10}.$$

Подставим найденные значения: $$d(B, KMN) = \frac{3 V_{BKMN}}{S_{KMN}} = \frac{3 \cdot \frac{63}{10}}{\frac92} = \frac{42}{10} = 4{,}2.$$

Ответ: б) $4{,}2$.

a)

Пусть $C_1$ — середина $AB$, $G$ — пересечение медианы $SC_1$ со средней линией $EF$. Тогда точка $D$ пересечения $SO$ и $GC$ является точкой пересечения отрезка $SO$ и плоскости $(CEF)$.

Отрезки $SG = GC_1$, так как $EF$ — средняя линия. Отрезки $CO : OC_1 = 2 : 1$, так как $O$ — центр масс, то есть точка пересечения медиан, тогда $OC : CC_1 = 2 : 3$.

Запишем теорему Менелая для треугольника $OSC_1$ и прямой $GC$: $$\frac{C_1G}{GS}\cdot \frac{SD}{DO}\cdot \frac{OC}{CC_1} = 1 \quad\Rightarrow\quad 1\cdot \frac{SD}{DO}\cdot \frac{2}{3} = 1 \quad\Rightarrow\quad SD : DO = 3 : 2.$$

—

б) Если пирамида правильная, то картинка симметрична относительно плоскости $(SCC_1)$, а значит $CG \perp EF$ и $HG \perp EF$. Следовательно, искомый угол между плоскостями равен углу $\angle CGH$.

Найдём все стороны треугольника $GHC$, чтобы найти косинус угла $CGH$ по теореме косинусов.

Пусть сторона основания равна $a$, тогда по условию: $$27\sqrt{3} = S_{ABC} = \frac12 a^2 \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 \quad\Rightarrow\quad a^2 = 4\cdot 27 \quad\Rightarrow\quad a = 6\sqrt{3}.$$

Далее, $$CC_1 = 6\sqrt{3}\sin 60^\circ = 9$$ как высота в равностороннем треугольнике $ABC$.

$$GH = \frac12 C_1C = \frac{9}{2}$$ как средняя линия в треугольнике $SCC_1$.

Отрезок $$C_1B = \frac{a}{2} = 3\sqrt{3}.$$

По теореме Пифагора для $\triangle BSC_1$ с учётом того, что пирамида правильная и $SC_1$ — высота и медиана: $$SC_1 = \sqrt{SB^2 - BC_1^{\,2}} = \sqrt{100 - 27} = \sqrt{73}.$$

Найдём отрезок $CG$ по формуле медианы в треугольнике $SCC_1$: $$CG = \sqrt{\frac12 CC_1^{\,2} + \frac12 CS^{\,2} - \frac14 SC_1^{\,2}} = \sqrt{\frac{81}{2} + 50 - \frac{73}{4}} = \sqrt{\frac{289}{4}} = \frac{17}{2}.$$

Теперь найдём косинус угла $CGH$ по теореме косинусов: $$\cos \angle CGH = \frac{GH^2 + GC^2 - HC^2}{2GH\cdot GC} = \frac{\frac{81}{4} + \frac{289}{4} - 25}{2 \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{17}{2}} = \frac{270}{18\cdot 17} = \frac{15}{17}.$$

а)

Проведём перпендикуляр $NK$ к прямой $A_1B_1$, тогда $NK\perp A_1B_1$ и $NK\perp A_1A$. Отсюда $NK\perp ABB_1$, поэтому отрезок $MK$ является проекцией $MN$ на плоскость $ABB_1$. Достаточно показать, что $MK\perp MB$, так как по признаку перпендикулярности прямой и плоскости это влечёт $BM\perp MN$.

Рассмотрим треугольник $\triangle A_1NK$. Так как призма правильная и все рёбра равны $6$, высота в равнобедренном треугольнике $A_1A B_1$, проведённая из середины боковой стороны, даёт $$A_1K=\tfrac14 A_1B_1=\tfrac14\cdot 6=1{,}5.$$

Тогда треугольники $\triangle A_1KM$ и $\triangle MAB$ подобны по двум сторонам и углу между ними, поскольку $$\frac{A_1K}{MA}=\frac{A_1M}{AB},$$ и угол $\angle A_1KM=\angle MAB=90^\circ$. Следовательно $$\angle A_1MK+\angle AMB=90^\circ.$$ Получаем, что угол $\angle KMB=180^\circ-(\angle A_1MK+\angle AMB)=90^\circ$, то есть $MK\perp MB$. Отсюда $BM\perp MN$. Что и требовалось доказать.

б) Из построений пункта а) следует, что линейный угол искомого угла равен углу $\angle NMK$. Рассмотрим прямоугольный равнобедренный треугольник $MKN$ с прямым углом при $K$. Так как точка $N$ — середина стороны $A_1C_1$ равностороннего треугольника $A_1B_1C_1$, длина $A_1K$ равна четверти стороны $A_1B_1$, то $$A_1K=\tfrac14 A_1B_1=\tfrac{3}{4}.$$

По теореме Пифагора вычислим $MK$ и $NK$. Для $MK$: $$MK=\sqrt{MA_1^2 + A_1K^2}=\sqrt{3^2+\left(\tfrac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}.$$ Аналогично для $NK$: $$NK=\sqrt{A_1N^2 + A_1K^2}=\sqrt{3^2+\left(\tfrac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$ (величины $MA_1$ и $A_1N$ взяты как половины соответствующих рёбер призмы, равных $6$).

Найдём тангенс угла $\angle NMK$: $$\tan\angle NMK=\frac{NK}{MK}=\frac{\tfrac{3\sqrt{3}}{2}}{\tfrac{3\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Следовательно искомый угол равен $$\angle NMK=\arctan\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Ответ: $$\arctan\sqrt{\frac{3}{5}}.$$

Так как $B_1E : EB = C_1F : FC$ и $BB_1 = CC_1$, то $BE = CF$. Поскольку при этом $BE \parallel CF$, то $BEFC$ — параллелограмм. Отсюда получаем $EF \parallel BC \parallel AD$. Четырехугольник $EFDA$ — сечение куба плоскостью $(EFD)$.

Сечение куба плоскостью $(B_1C_1D)$ — четырехугольник $B_1C_1DA$. Прямая $AD$ — линия пересечения плоскостей $(EFD)$ и $(B_1C_1D)$.

Так как $ABCD$ — квадрат, то $AD \perp CD$. Тогда по теореме о трех перпендикулярах $C_1D \perp AD$ и $FD \perp AD$. Следовательно, $\angle C_1DF = \alpha$ — линейный угол двугранного угла между плоскостями $(EFD)$ и $(B_1C_1D)$.

Обозначим $C_1F = 3x$, $FC = x$. Тогда ребро куба равно $4x$. По теореме Пифагора для $\triangle DCC_1$ имеем: $$C_1D^2 = CC_1^2 + DC^2$$ $$C_1D^2 = 16x^2 + 16x^2 = 32x^2$$ $$C_1D = 4\sqrt{2}x$$

По теореме Пифагора для $\triangle DCF$ имеем: $$FD^2 = CF^2 + DC^2$$ $$FD^2 = x^2 + 16x^2 = 17x^2$$ $$FD = \sqrt{17}x$$

Из теоремы косинусов для $\triangle C_1FD$ следует, что $$\cos \alpha = \frac{C_1D^2 + FD^2 - C_1F^2}{2 \cdot C_1D \cdot FD} = \frac{32x^2 + 17x^2 - 9x^2}{2 \cdot 4\sqrt{2}x \cdot \sqrt{17}x} = \frac{5}{\sqrt{34}}$$

Тогда $\alpha = \arccos \dfrac{5}{\sqrt{34}}$.

Ответ:

$\arccos \dfrac{5}{\sqrt{34}}$