Номер 479, страница 171 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

479. В основании пирамиды $SABCD$ лежит прямоугольник, диагонали которого пересекаются под углом $60^\circ$, высота $SA$ пирамиды равна большему ребру $AB$ основания $ABCD$. Точки $P$, $K$ и $M$ — середины рёбер $SA$, $BC$ и $CD$ соответственно (рис. 381).

Найдите угол между прямыми:

а) $AB$ и $KP$;

б) $PM$ и $SK$;

в) $CP$ и $AD$;

г) $MK$ и $BP$.

Рис. 381

Для решения задачи введем систему координат. Пусть основание пирамиды $ABCD$ лежит в плоскости $Oxy$, а высота $SA$ совпадает с осью $Oz$.

В основании пирамиды лежит прямоугольник $ABCD$. Пусть $O$ — точка пересечения его диагоналей. По условию, угол между диагоналями равен $60^\circ$. Возможны два случая для острого угла между диагоналями:

1. $\angle AOB = 60^\circ$. Тогда $\triangle AOB$ — равносторонний, и $AB = AO$. Диагональ $AC = 2AO = 2AB$. Из прямоугольного $\triangle ABC$ по теореме Пифагора: $BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{(2AB)^2 - AB^2} = \sqrt{3AB^2} = AB\sqrt{3}$. В этом случае $BC > AB$.
2. $\angle BOC = 60^\circ$. Тогда $\triangle BOC$ — равносторонний, и $BC = BO$. Диагональ $AC = 2BO = 2BC$. Из прямоугольного $\triangle ABC$: $AB = \sqrt{AC^2 - BC^2} = \sqrt{(2BC)^2 - BC^2} = \sqrt{3BC^2} = BC\sqrt{3}$. В этом случае $AB > BC$.

По условию, высота $SA$ равна большему ребру основания $AB$. Это означает, что $AB$ является большей стороной, что соответствует второму случаю.

Пусть меньшая сторона $BC = a$, тогда большая сторона $AB = a\sqrt{3}$. Высота пирамиды $SA = AB = a\sqrt{3}$.

Введем систему координат с началом в точке $A(0, 0, 0)$. Ось $Ox$ направим вдоль ребра $AB$, ось $Oy$ — вдоль ребра $AD$, а ось $Oz$ — вдоль высоты $SA$. Тогда координаты вершин и заданных точек будут следующими:

• $A(0, 0, 0)$
• $B(a\sqrt{3}, 0, 0)$
• $D(0, a, 0)$
• $C(a\sqrt{3}, a, 0)$
• $S(0, 0, a\sqrt{3})$
• $P$ — середина $SA$, поэтому $P(0, 0, \frac{a\sqrt{3}}{2})$
• $K$ — середина $BC$, поэтому $K(\frac{a\sqrt{3}+a\sqrt{3}}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+0}{2}) = K(a\sqrt{3}, \frac{a}{2}, 0)$
• $M$ — середина $CD$, поэтому $M(\frac{a\sqrt{3}+0}{2}, \frac{a+a}{2}, \frac{0+0}{2}) = M(\frac{a\sqrt{3}}{2}, a, 0)$

Угол между скрещивающимися прямыми $AB$ и $KP$ можно найти, заменив одну из прямых на параллельную ей, пересекающую другую прямую.

Пусть $L$ — середина ребра $AD$. Её координаты $L(0, \frac{a}{2}, 0)$. Отрезок $LK$ соединяет середины сторон $AD$ и $BC$ прямоугольника, следовательно, $LK \parallel AB$.

Тогда искомый угол между $AB$ и $KP$ равен углу между пересекающимися прямыми $LK$ и $KP$, то есть углу $\angle LKP$ в треугольнике $LKP$. Найдем стороны этого треугольника.

$LK = \sqrt{(a\sqrt{3}-0)^2 + (\frac{a}{2}-\frac{a}{2})^2 + (0-0)^2} = a\sqrt{3}$.

$LP = \sqrt{(0-0)^2 + (\frac{a}{2}-0)^2 + (0-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4}} = \sqrt{a^2} = a$.

$KP = \sqrt{(a\sqrt{3}-0)^2 + (\frac{a}{2}-0)^2 + (0-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{3a^2 + \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4}} = \sqrt{4a^2} = 2a$.

По теореме косинусов для треугольника $LKP$: $LP^2 = LK^2 + KP^2 - 2 \cdot LK \cdot KP \cdot \cos(\angle LKP)$ $a^2 = (a\sqrt{3})^2 + (2a)^2 - 2 \cdot (a\sqrt{3}) \cdot (2a) \cdot \cos(\angle LKP)$ $a^2 = 3a^2 + 4a^2 - 4a^2\sqrt{3} \cos(\angle LKP)$ $a^2 = 7a^2 - 4a^2\sqrt{3} \cos(\angle LKP)$ $4a^2\sqrt{3} \cos(\angle LKP) = 6a^2$ $\cos(\angle LKP) = \frac{6a^2}{4a^2\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Следовательно, $\angle LKP = 30^\circ$.

Ответ: $30^\circ$

Найдем угол между прямыми $PM$ и $SK$, используя векторы. Найдем координаты векторов $\vec{PM}$ и $\vec{SK}$: $\vec{PM} = M - P = (\frac{a\sqrt{3}}{2}, a, -\frac{a\sqrt{3}}{2})$. $\vec{SK} = K - S = (a\sqrt{3}, \frac{a}{2}, -a\sqrt{3})$.

Найдем скалярное произведение векторов: $\vec{PM} \cdot \vec{SK} = (\frac{a\sqrt{3}}{2})(a\sqrt{3}) + (a)(\frac{a}{2}) + (-\frac{a\sqrt{3}}{2})(-a\sqrt{3}) = \frac{3a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + \frac{3a^2}{2} = \frac{7a^2}{2}$.

Найдем длины векторов: $|\vec{PM}| = \sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + a^2 + (-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{4} + a^2 + \frac{3a^2}{4}} = \sqrt{\frac{10a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{10}}{2}$. $|\vec{SK}| = \sqrt{(a\sqrt{3})^2 + (\frac{a}{2})^2 + (-a\sqrt{3})^2} = \sqrt{3a^2 + \frac{a^2}{4} + 3a^2} = \sqrt{\frac{25a^2}{4}} = \frac{5a}{2}$.

Косинус угла $\beta$ между прямыми: $\cos(\beta) = \frac{|\vec{PM} \cdot \vec{SK}|}{|\vec{PM}| \cdot |\vec{SK}|} = \frac{|\frac{7a^2}{2}|}{\frac{a\sqrt{10}}{2} \cdot \frac{5a}{2}} = \frac{7a^2/2}{5a^2\sqrt{10}/4} = \frac{7}{2} \cdot \frac{4}{5\sqrt{10}} = \frac{14}{5\sqrt{10}} = \frac{14\sqrt{10}}{50} = \frac{7\sqrt{10}}{25}$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{7\sqrt{10}}{25}\right)$

Поскольку $ABCD$ — прямоугольник, то $AD \parallel BC$. Значит, угол между $CP$ и $AD$ равен углу между $CP$ и $BC$. Найдем $\angle PCB$ в треугольнике $PCB$.

Найдем квадраты длин сторон этого треугольника: $BC^2 = a^2$. $PB^2 = (a\sqrt{3}-0)^2 + (0-0)^2 + (0-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 = 3a^2 + \frac{3a^2}{4} = \frac{15a^2}{4}$. $PC^2 = (a\sqrt{3}-0)^2 + (a-0)^2 + (0-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 = 3a^2 + a^2 + \frac{3a^2}{4} = \frac{19a^2}{4}$.

Проверим, выполняется ли для $\triangle PCB$ теорема Пифагора: $BC^2 + PB^2 = a^2 + \frac{15a^2}{4} = \frac{4a^2+15a^2}{4} = \frac{19a^2}{4} = PC^2$. Следовательно, $\triangle PCB$ — прямоугольный, с прямым углом $\angle PBC = 90^\circ$.

Тогда косинус искомого угла $\angle PCB$ равен отношению прилежащего катета к гипотенузе: $\cos(\angle PCB) = \frac{BC}{PC} = \frac{a}{\sqrt{19a^2/4}} = \frac{a}{a\sqrt{19}/2} = \frac{2}{\sqrt{19}} = \frac{2\sqrt{19}}{19}$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{2\sqrt{19}}{19}\right)$

$M$ и $K$ — середины сторон $CD$ и $BC$ соответственно, значит, $MK$ — средняя линия $\triangle BCD$. Поэтому $MK \parallel BD$.

Следовательно, угол между прямыми $MK$ и $BP$ равен углу между прямыми $BD$ и $BP$, то есть $\angle PBD$ в треугольнике $PBD$.

Найдем стороны треугольника $PBD$: $BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{(a\sqrt{3})^2 + a^2} = \sqrt{3a^2 + a^2} = 2a$. $BP = \sqrt{PB^2} = \sqrt{\frac{15a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{15}}{2}$. $PD^2 = (0-0)^2 + (a-0)^2 + (0-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 = a^2 + \frac{3a^2}{4} = \frac{7a^2}{4} \implies PD = \frac{a\sqrt{7}}{2}$.

По теореме косинусов для $\triangle PBD$: $PD^2 = BP^2 + BD^2 - 2 \cdot BP \cdot BD \cdot \cos(\angle PBD)$ $\frac{7a^2}{4} = \frac{15a^2}{4} + (2a)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{15}}{2} \cdot 2a \cdot \cos(\angle PBD)$ $\frac{7a^2}{4} = \frac{15a^2}{4} + 4a^2 - 2a^2\sqrt{15} \cos(\angle PBD)$ $2a^2\sqrt{15} \cos(\angle PBD) = \frac{15a^2}{4} + \frac{16a^2}{4} - \frac{7a^2}{4} = \frac{24a^2}{4} = 6a^2$ $\cos(\angle PBD) = \frac{6a^2}{2a^2\sqrt{15}} = \frac{3}{\sqrt{15}} = \frac{3\sqrt{15}}{15} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)$