Номер 5, страница 149 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

5. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина ребра $SC$. Найдите угол между плоскостями $ABC$ и $BDE$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Длина всех ребер $a = 1$.

Точка $E$ — середина ребра $SC$.

Перевод в СИ:

Все длины заданы в безразмерных единицах, поскольку искомая величина — угол, который является безразмерной величиной. Перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

Угол между плоскостями $ABC$ и $BDE$.

Решение

Для решения задачи используем координатный метод. Разместим пирамиду в декартовой системе координат. Пусть центр основания $O$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$. Так как $ABCD$ — квадрат со стороной $a=1$, координаты вершин основания будут:

$A = \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$

$B = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$

$C = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$

$D = \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$

Высота пирамиды $h=SO$. В правильной пирамиде $SO$ перпендикулярна плоскости основания $ABC$. Длина бокового ребра $SC=1$. Расстояние от центра основания $O$ до вершины $C$ равно длине половины диагонали основания. Диагональ квадрата со стороной $a=1$ равна $\sqrt{a^2+a^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$. Следовательно, $OC = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Из прямоугольного треугольника $SOC$ (с прямым углом при $O$) по теореме Пифагора имеем:

$SO^2 + OC^2 = SC^2$

$h^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = 1^2$

$h^2 + \frac{2}{4} = 1$

$h^2 + \frac{1}{2} = 1$

$h^2 = \frac{1}{2}$

$h = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Таким образом, координаты вершины $S = \left(0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.

Точка $E$ — середина ребра $SC$. Ее координаты вычисляются как среднее арифметическое координат $S$ и $C$:

$E = \left(\frac{0+\frac{1}{2}}{2}, \frac{0+\frac{1}{2}}{2}, \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}+0}{2}\right) = \left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4}\right)$

Плоскость $ABC$ является плоскостью основания пирамиды и лежит в плоскости $z=0$. Нормальный вектор к плоскости $ABC$ может быть взят как $\vec{n_1} = (0, 0, 1)$.

Для нахождения нормального вектора к плоскости $BDE$ используем координаты точек $B\left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$, $D\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$, $E\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4}\right)$.

Найдем два вектора, лежащих в плоскости $BDE$:

$\vec{DB} = B - D = \left(\frac{1}{2} - (-\frac{1}{2}), -\frac{1}{2} - \frac{1}{2}, 0 - 0\right) = (1, -1, 0)$

$\vec{DE} = E - D = \left(\frac{1}{4} - (-\frac{1}{2}), \frac{1}{4} - \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{4} - 0\right) = \left(\frac{1}{4} + \frac{2}{4}, \frac{1}{4} - \frac{2}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4}\right) = \left(\frac{3}{4}, -\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4}\right)$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $BDE$ можно найти как векторное произведение $\vec{DB} \times \vec{DE}$:

$\vec{n_2} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & -1 & 0 \\ \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{\sqrt{2}}{4} \end{vmatrix}$

$\vec{n_2} = \mathbf{i}\left((-1)\cdot\frac{\sqrt{2}}{4} - 0\cdot(-\frac{1}{4})\right) - \mathbf{j}\left(1\cdot\frac{\sqrt{2}}{4} - 0\cdot\frac{3}{4}\right) + \mathbf{k}\left(1\cdot(-\frac{1}{4}) - (-1)\cdot\frac{3}{4}\right)$

$\vec{n_2} = -\frac{\sqrt{2}}{4}\mathbf{i} - \frac{\sqrt{2}}{4}\mathbf{j} + \left(-\frac{1}{4} + \frac{3}{4}\right)\mathbf{k}$

$\vec{n_2} = \left(-\frac{\sqrt{2}}{4}, -\frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{2}{4}\right) = \left(-\frac{\sqrt{2}}{4}, -\frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{2}\right)$

Для удобства вычислений умножим $\vec{n_2}$ на скаляр 4, получим сонаправленный вектор $\vec{n_2}' = (-\sqrt{2}, -\sqrt{2}, 2)$.

Угол $\theta$ между двумя плоскостями определяется по формуле косинуса угла между их нормальными векторами:

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

Скалярное произведение $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}' = (0)(-\sqrt{2}) + (0)(-\sqrt{2}) + (1)(2) = 2$.

Модули векторов:

$||\vec{n_1}|| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{1} = 1$

$||\vec{n_2}'|| = \sqrt{(-\sqrt{2})^2 + (-\sqrt{2})^2 + 2^2} = \sqrt{2 + 2 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$

Подставляем значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \theta = \frac{|2|}{1 \cdot 2\sqrt{2}} = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Следовательно, угол $\theta = \arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$