Номер 19, страница 236 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

19. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD все рёбра равны 1. Найдите косинус угла между прямой AB и плоскостью SAD.

Поскольку $SABCD$ — правильная четырёхугольная пирамида, в её основании лежит квадрат $ABCD$. По условию, все рёбра пирамиды равны 1. Это означает, что стороны основания $AB, BC, CD, DA$ равны 1, и боковые рёбра $SA, SB, SC, SD$ также равны 1. Следовательно, все боковые грани пирамиды ($SAB$, $SBC$, $SCD$, $SAD$) являются равносторонними треугольниками со стороной 1.

Нам нужно найти косинус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SAD$. Так как в основании лежит квадрат, прямая $AB$ параллельна прямой $CD$. Поэтому угол между прямой $AB$ и плоскостью $SAD$ равен углу между прямой $CD$ и плоскостью $SAD$. Обозначим этот угол как $\alpha$.

Прямая $CD$ лежит в плоскости грани $SCD$. Угол $\alpha$ между прямой $CD$ (лежащей в плоскости $SCD$) и плоскостью $SAD$ можно найти через двугранный угол между этими плоскостями. Линией пересечения плоскостей $SCD$ и $SAD$ является ребро $SD$. Угол $\psi$ между прямой $CD$ и линией пересечения $SD$ — это угол $\angle SDC$. Так как треугольник $SCD$ равносторонний, $\psi = \angle SDC = 60^\circ$.

Теперь найдём двугранный угол $\theta$ между плоскостями $SAD$ и $SCD$. Этот угол измеряется линейным углом, образованным перпендикулярами к ребру $SD$, проведёнными в одной точке. Пусть $H$ — середина ребра $SD$. В равносторонних треугольниках $SAD$ и $SCD$ медианы $AH$ и $CH$ являются также высотами, поэтому $AH \perp SD$ и $CH \perp SD$. Следовательно, двугранный угол $\theta$ равен углу $\angle AHC$.

Для нахождения угла $\angle AHC$ рассмотрим треугольник $AHC$. Длины его сторон: $AH$ и $CH$ — высоты равносторонних треугольников со стороной 1, поэтому $AH = CH = \frac{\sqrt{3}}{2}a = \frac{\sqrt{3}}{2}$. Сторона $AC$ — диагональ квадрата-основания со стороной 1, поэтому по теореме Пифагора $AC = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$. Применим теорему косинусов к треугольнику $AHC$:$$ AC^2 = AH^2 + CH^2 - 2 \cdot AH \cdot CH \cdot \cos\theta $$$$ (\sqrt{2})^2 = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \cos\theta $$$$ 2 = \frac{3}{4} + \frac{3}{4} - \frac{3}{2} \cdot \cos\theta $$$$ 2 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2} \cos\theta $$$$ \frac{1}{2} = -\frac{3}{2} \cos\theta \implies \cos\theta = -\frac{1}{3} $$

Синус угла между прямой и плоскостью связан с синусом двугранного угла формулой $\sin\alpha = \sin\psi \cdot |\sin\theta|$. Найдём $\sin\theta$. Так как $\theta$ — угол между плоскостями, он находится в диапазоне $[0, \pi]$, поэтому его синус неотрицателен:$$ \sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta} = \sqrt{1 - \left(-\frac{1}{3}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{9}} = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3} $$Теперь вычислим синус искомого угла $\alpha$:$$ \sin\alpha = \sin(60^\circ) \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{\sqrt{6}}{3} $$

Мы ищем косинус угла $\alpha$. Угол между прямой и плоскостью по определению является острым ($0^\circ \le \alpha \le 90^\circ$), поэтому его косинус неотрицателен. Используя основное тригонометрическое тождество, получаем:$$ \cos\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\alpha} = \sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{6}{9}} = \sqrt{\frac{3}{9}} = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} $$

Ответ: $\frac{\sqrt{3}}{3}$