Номер 26.18, страница 139 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

26.18. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ стороны основания равны $1$, боковые ребра равны $2$. Точка $O$ — центр основания, точка $G$ — середина ребра $AB$, отрезки $OC, OG, OS$ лежат на осях координат $Ox, Oy, Oz$ соответственно (рис. $26.6$). Найдите косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBD$.

Рис. $26.6$

Дано

Пирамида $SABCDEF$ — правильная шестиугольная.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

Точка $O$ — центр основания.

Точка $G$ — середина ребра $AB$.

Отрезки $OC, OG, OS$ лежат на осях координат $Ox, Oy, Oz$ соответственно.

Найти:

Косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBD$.

Решение

1.Определение системы координат и координат вершин пирамиды.

По условию, $O$ — центр основания, и отрезки $OC, OG, OS$ лежат на осях $Ox, Oy, Oz$ соответственно. Мы принимаем $O$ за начало координат $(0,0,0)$.

Высота пирамиды $SO = h$. В правильной шестиугольной пирамиде расстояние от центра основания до любой вершины основания равно стороне основания, т.е. $OC = a = 1$.

Из прямоугольного треугольника $SOC$ (где $S$ — вершина, $O$ — центр основания, $C$ — вершина основания), по теореме Пифагора: $SO^2 + OC^2 = SC^2$.

$h^2 + a^2 = l^2 \implies h^2 + 1^2 = 2^2 \implies h^2 = 4 - 1 = 3 \implies h = \sqrt{3}$.

Таким образом, координаты вершины $S = (0,0,\sqrt{3})$.

Поскольку $OC$ лежит на $Ox$ и $OC = 1$, то $C = (1,0,0)$.

Точка $G$ — середина ребра $AB$. В правильном шестиугольнике $OG$ является апофемой основания. Длина апофемы правильного шестиугольника со стороной $a$ равна $r = a\sqrt{3}/2$. Для $a=1$, $OG = \sqrt{3}/2$.

Так как $OG$ лежит на $Oy$ и, согласно рисунку, направлен по положительной оси $y$, то $G = (0, \sqrt{3}/2, 0)$.

Поскольку $G$ — середина $AB$, отрезок $AB$ перпендикулярен $OG$, то есть параллелен оси $Ox$. Расстояние от $O$ до вершин $A$ и $B$ равно $a=1$. В прямоугольном треугольнике $OGA$, $OA^2 = OG^2 + AG^2$.

$1^2 = (\sqrt{3}/2)^2 + AG^2 \implies 1 = 3/4 + AG^2 \implies AG^2 = 1/4 \implies AG = 1/2$.

Таким образом, координаты $A = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$.

Теперь определим остальные вершины шестиугольника $ABCDEF$, используя тот факт, что это правильный шестиугольник со стороной $1$ и центром в $O$. Вершины расположены на окружности радиуса $1$ с углами, кратными $60^\circ$ друг от друга.

Если $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, то угол $xOB$ равен $60^\circ$. Если $A = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, то угол $xOA$ равен $120^\circ$. Вершины в порядке $A, B, C, D, E, F$ по часовой стрелке или против часовой стрелки.

С учетом $C=(1,0,0)$ (угол $0^\circ$), $A=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ (угол $120^\circ$), $B=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ (угол $60^\circ$), то последовательность против часовой стрелки: $C, B, A, F, E, D$. Пусть вершины расположены так, что $C=(1,0,0)$, тогда:

• $C = (1,0,0)$
• $B = (1 \cdot \cos(-60^\circ), 1 \cdot \sin(-60^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $A = (1 \cdot \cos(-120^\circ), 1 \cdot \sin(-120^\circ), 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $F = (1 \cdot \cos(-180^\circ), 1 \cdot \sin(-180^\circ), 0) = (-1,0,0)$
• $E = (1 \cdot \cos(-240^\circ), 1 \cdot \sin(-240^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $D = (1 \cdot \cos(-300^\circ), 1 \cdot \sin(-300^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

В этом случае $G$ (середина $AB$) будет $(0, -\sqrt{3}/2, 0)$, что противоречит тому, что $OG$ лежит на положительной оси $Oy$ согласно рисунку.

Вернемся к определению координат: $A=(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ и $B=(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ (так, что $G$ - середина $AB$ и $G=(0, \sqrt{3}/2, 0)$).

Тогда, исходя из порядка букв $A,B,C,D,E,F$ по периметру основания:

• $A = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$
• $C = (1,0,0)$ (это согласовано с $OC$ на $Ox$)
• $D = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$
• $F = (-1,0,0)$

Проверим: $AB$ длина $\sqrt{(1/2 - (-1/2))^2 + 0^2} = \sqrt{1^2} = 1$. $BC$ длина $\sqrt{(1-1/2)^2 + (0-\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{(1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{1/4+3/4} = \sqrt{1} = 1$. Все стороны равны 1. Это согласованная система координат.

2.Нахождение вектора нормали к плоскости $SAF$.

Плоскость $SAF$ проходит через точки $S(0,0,\sqrt{3})$, $A(-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $F(-1,0,0)$.

Векторы, лежащие в плоскости $SAF$:

$\vec{SA} = A - S = (-1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

$\vec{SF} = F - S = (-1 - 0, 0 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1, 0, -\sqrt{3})$

Вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости $SAF$ можно найти как векторное произведение $\vec{SA} \times \vec{SF}$:

$\vec{n_1} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1 & 0 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$x$-координата: $(\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(0) = -3/2 - 0 = -3/2$

$y$-координата: $-((-1/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-1)) = -(\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}) = -(-\sqrt{3}/2) = \sqrt{3}/2$

$z$-координата: $(-1/2)(0) - (\sqrt{3}/2)(-1) = 0 - (-\sqrt{3}/2) = \sqrt{3}/2$

$\vec{n_1} = (-3/2, \sqrt{3}/2, \sqrt{3}/2)$. Для удобства можно умножить на $2$: $\vec{n_1}' = (-3, \sqrt{3}, \sqrt{3})$.

3.Нахождение вектора нормали к плоскости $SBD$.

Плоскость $SBD$ проходит через точки $S(0,0,\sqrt{3})$, $B(1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $D(1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$.

Векторы, лежащие в плоскости $SBD$:

$\vec{SB} = B - S = (1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

$\vec{SD} = D - S = (1/2 - 0, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, -\sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

Вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости $SBD$ можно найти как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SD}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$x$-координата: $(\sqrt{3}/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-\sqrt{3}/2) = -3/2 - 3/2 = -3$

$y$-координата: $-((1/2)(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(1/2)) = -(-\sqrt{3}/2 + \sqrt{3}/2) = 0$

$z$-координата: $(1/2)(-\sqrt{3}/2) - (\sqrt{3}/2)(1/2) = -\sqrt{3}/4 - \sqrt{3}/4 = -\sqrt{3}/2$

$\vec{n_2} = (-3, 0, -\sqrt{3}/2)$. Для удобства можно умножить на $2$: $\vec{n_2}' = (-6, 0, -\sqrt{3})$.

4.Вычисление косинуса угла между плоскостями.

Косинус угла $\alpha$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

$\cos \alpha = \frac{|\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}'|}{||\vec{n_1}'|| \cdot ||\vec{n_2}'||}$

Скалярное произведение $\vec{n_1}' \cdot \vec{n_2}' = (-3)(-6) + (\sqrt{3})(0) + (\sqrt{3})(-\sqrt{3}) = 18 + 0 - 3 = 15$.

Модули векторов:

$||\vec{n_1}'|| = \sqrt{(-3)^2 + (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 3 + 3} = \sqrt{15}$

$||\vec{n_2}'|| = \sqrt{(-6)^2 + (0)^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{36 + 0 + 3} = \sqrt{39}$

Теперь подставим значения в формулу для косинуса:

$\cos \alpha = \frac{|15|}{\sqrt{15} \cdot \sqrt{39}} = \frac{15}{\sqrt{15 \cdot 39}}$

Разложим числа под корнем на множители: $15 = 3 \cdot 5$, $39 = 3 \cdot 13$.

$\cos \alpha = \frac{15}{\sqrt{(3 \cdot 5) \cdot (3 \cdot 13)}} = \frac{15}{\sqrt{3^2 \cdot 5 \cdot 13}} = \frac{15}{3\sqrt{65}} = \frac{5}{\sqrt{65}}$

Рационализируем знаменатель:

$\cos \alpha = \frac{5}{\sqrt{65}} \cdot \frac{\sqrt{65}}{\sqrt{65}} = \frac{5\sqrt{65}}{65} = \frac{\sqrt{65}}{13}$

Ответ:

$\frac{\sqrt{65}}{13}$