Номер 15.12, страница 88 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

15.12. Докажите, что в правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ (рис. 15.10) диагональ $AC$ основания перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$.

Рис. 15.10

Решение

Пусть $O$ — центр правильного шестиугольного основания $ABCDEF$ пирамиды $SABCDEF$. Так как пирамида правильная, вершина $S$ проецируется в центр основания $O$, что означает, что ребро $SO$ перпендикулярно плоскости основания $ABCDEF$.

Рассмотрим правильный шестиугольник $ABCDEF$. В правильном шестиугольнике расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны шестиугольника. Пусть длина стороны шестиугольника $a$, то есть $AB = BC = CD = DE = EF = FA = a$. Тогда $OA = OB = OC = OD = OE = OF = a$.

Рассмотрим треугольники $OAB$ и $OBC$. Они являются равносторонними, так как все их стороны равны $a$. Таким образом, $\angle AOB = 60^\circ$ и $\angle BOC = 60^\circ$.

Для доказательства перпендикулярности прямой $AC$ и прямой $OB$, воспользуемся методом координат. Разместим центр шестиугольника $O$ в начале координат $(0,0)$ на плоскости. Пусть вершина $A$ имеет координаты $(a,0)$. Тогда вершина $B$ будет иметь координаты $(a \cos 60^\circ, a \sin 60^\circ) = \left( \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$. Вершина $C$ будет иметь координаты $(a \cos 120^\circ, a \sin 120^\circ) = \left( -\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$.

Найдем вектор $\vec{AC}$: $\vec{AC} = C - A = \left( -\frac{a}{2} - a, \frac{a\sqrt{3}}{2} - 0 \right) = \left( -\frac{3a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$.

Найдем вектор $\vec{OB}$: $\vec{OB} = B - O = \left( \frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)$.

Вычислим скалярное произведение векторов $\vec{AC}$ и $\vec{OB}$: $\vec{AC} \cdot \vec{OB} = \left( -\frac{3a}{2} \right) \left( \frac{a}{2} \right) + \left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right) \left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right) = -\frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} = 0$.

Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{AC}$ и $\vec{OB}$ перпендикулярны. Следовательно, $AC \perp OB$.

Далее, по определению правильной пирамиды, $SO \perp \text{плоскости } ABCDEF$. Так как диагональ $AC$ лежит в плоскости основания $ABCDEF$, то $SO \perp AC$.

Мы имеем два условия: 1. $AC \perp OB$ 2. $AC \perp SO$

Поскольку прямые $OB$ и $SO$ пересекаются в точке $O$ и определяют плоскость $SOB$, а прямая $AC$ перпендикулярна обеим этим пересекающимся прямым, то прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $SOB$.

Поскольку боковое ребро $SB$ лежит в плоскости $SOB$, то прямая $AC$ перпендикулярна прямой $SB$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что в правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ диагональ $AC$ основания перпендикулярна скрещивающемуся с ней боковому ребру $SB$.