Номер 17, страница 148 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

17. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны ос-нования которой равны 1, боковые ребра равны 2, $SH$ — высота. Найдите тангенс угла между прямой $SH$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Пирамида $SABCDEF$ - правильная шестиугольная.

Сторона основания $a = 1$.

Боковое ребро $l = 2$.

$SH$ - высота пирамиды.

Найти:

Тангенс угла между прямой $SH$ и плоскостью $SBC$.

Решение:

Поскольку пирамида $SABCDEF$ правильная, её основание $ABCDEF$ является правильным шестиугольником, а высота $SH$ опускается в центр $H$ этого шестиугольника.

Угол между прямой $SH$ и плоскостью $SBC$ - это угол между прямой $SH$ и её ортогональной проекцией на плоскость $SBC$. Пусть $K$ - ортогональная проекция точки $H$ на плоскость $SBC$. Тогда $SK$ - это проекция отрезка $SH$ на плоскость $SBC$, и искомый угол равен $\angle HSK$.

1. Определим длину отрезка $HB$. В правильном шестиугольнике расстояние от центра $H$ до любой вершины (например, $B$) равно длине стороны основания. Следовательно, $HB = a = 1$.

2. Найдем высоту пирамиды $SH$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SHB$ (так как $SH \perp$ плоскости основания, то $SH \perp HB$). По теореме Пифагора:

$SH^2 + HB^2 = SB^2$

$SH^2 + 1^2 = 2^2$

$SH^2 = 4 - 1 = 3$

$SH = \sqrt{3}$

3. Найдем апофему основания $HM$. Пусть $M$ - середина стороны $BC$. В правильном шестиугольнике треугольник $HBC$ является равносторонним, так как $HB=HC=BC=1$. Тогда $HM$ - это высота равностороннего треугольника со стороной $1$.

$HM = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot BC = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{3}}{2}$

4. Проекция точки $H$ на плоскость $SBC$. Так как $SH \perp BC$ (поскольку $SH$ - высота пирамиды, а $BC$ лежит в плоскости основания) и $HM \perp BC$ (поскольку $M$ - середина $BC$ и $H$ - центр правильного шестиугольника), то прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $SHM$. Отсюда следует, что плоскость $SHM$ перпендикулярна плоскости $SBC$. Значит, чтобы найти ортогональную проекцию точки $H$ на плоскость $SBC$, достаточно опустить перпендикуляр из $H$ на линию пересечения плоскостей $SHM$ и $SBC$, которой является прямая $SM$. Пусть $K$ - основание этого перпендикуляра, то есть $HK \perp SM$. Тогда $HK \perp$ плоскости $SBC$. Таким образом, $K$ - искомая проекция.

5. Найдем длину $SM$ (высоту боковой грани). Рассмотрим прямоугольный треугольник $SHM$ (прямой угол при $H$). По теореме Пифагора:

$SM^2 = SH^2 + HM^2$

$SM^2 = (\sqrt{3})^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = 3 + \frac{3}{4} = \frac{12+3}{4} = \frac{15}{4}$

$SM = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$

6. Найдем длину $HK$. В прямоугольном треугольнике $SHM$, $HK$ - это высота, опущенная на гипотенузу $SM$. Площадь треугольника $SHM$ можно выразить двумя способами:

Площадь($\triangle SHM$) $= \frac{1}{2} \cdot SH \cdot HM = \frac{1}{2} \cdot SM \cdot HK$

Тогда $SH \cdot HM = SM \cdot HK$

$\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{15}}{2} \cdot HK$

$\frac{3}{2} = \frac{\sqrt{15}}{2} \cdot HK$

$3 = \sqrt{15} \cdot HK$

$HK = \frac{3}{\sqrt{15}} = \frac{3\sqrt{15}}{15} = \frac{\sqrt{15}}{5}$

7. Найдем длину $SK$. В прямоугольном треугольнике $SHK$ (прямой угол при $K$), $SK$ является катетом:

$SK^2 = SH^2 - HK^2$

$SK^2 = (\sqrt{3})^2 - \left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)^2 = 3 - \frac{15}{25} = 3 - \frac{3}{5} = \frac{15-3}{5} = \frac{12}{5}$

$SK = \sqrt{\frac{12}{5}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{3}\sqrt{5}}{5} = \frac{2\sqrt{15}}{5}$

8. Найдем тангенс искомого угла $\angle HSK$. В прямоугольном треугольнике $SHK$:

$\tan(\angle HSK) = \frac{HK}{SK}$

$\tan(\angle HSK) = \frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{\frac{2\sqrt{15}}{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5} \cdot \frac{5}{2\sqrt{15}} = \frac{1}{2}$

Ответ:

$\frac{1}{2}$