В пирамиде $SABCD$ с высотой $SA$ основанием является квадрат $ABCD$, точка $K$ — середина ребра $SB$. Прямая $DK$ пересекается с плоскостью $SAC$ в точке $N$.
а) Докажите, что прямая $a$, проходящая через точку $N$ параллельно прямой $SC$, делит диагональ основания $AC$ в отношении $1:2$.
б) Найдите угол между прямыми $DK$ и $SC$, если $AB=2\sqrt{3}$, $SA=6$.
Решение
а) Пусть $O$ — пересечение диагоналей основания. В треугольнике $BSD$ отрезки $DK$ и $SO$ — медианы, а $N$ — их точка пересечения. Поэтому $ON:NS=1:2$.
Пусть $P=a\cap AC$. Так как $NP\parallel SC$, по теореме Фалеса в угле $SOC$ получаем $OP:PC=ON:NS=1:2$. Следовательно, $CP:PA=2PO:4PO=1:2$.
б) Так как $SC\parallel NP$, искомый угол равен $\angle PND$ или смежному с ним. Пусть $N_1$ — проекция $N$ на плоскость $ABC$. Из подобия получаем $NN_1=\dfrac{ON}{OS}AS=\dfrac{AS}3$ и $ON_1=\dfrac{ON}{OS}OA=\dfrac{AO}3$.
$$NP=\sqrt{NN_1^2+N_1P^2}=\sqrt{\left(\dfrac{AS}3\right)^2+\left(\dfrac{AC}3\right)^2}=\dfrac{\sqrt{60}}3;$$
$$DP=\sqrt{DO^2+OP^2}=\sqrt{DO^2+\dfrac{DO^2}9}=\dfrac{\sqrt{60}}3;$$
$$ND=\sqrt{NO^2+OD^2}=\sqrt{\dfrac{SO^2}9+OD^2}=\sqrt{\dfrac{AS^2}9+\dfrac{10OD^2}9}=\dfrac{4\sqrt6}3.$$
По теореме косинусов в треугольнике $PND$:
$$\cos\angle PND=\dfrac{NP^2+ND^2-PD^2}{2NP\cdot ND}=\dfrac{16\cdot3}{\sqrt{60}\cdot4\sqrt6}=\dfrac{\sqrt{10}}5.$$
Ответ: б) $\arccos\dfrac{\sqrt{10}}{5}$