Номер 11, страница 150 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

11. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина ребра $SC$. Найдите тангенс угла между прямыми $SA$ и $BE$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.
Все ребра пирамиды равны 1.
Точка $E$ — середина ребра $SC$.

Перевод в СИ:
Длина ребра $a=1$ (единица измерения не указана, принимаем за безразмерную единицу длины).

Найти:

Тангенс угла между прямыми $SA$ и $BE$.

Решение:

Обозначим длину всех ребер пирамиды за $a=1$. Введем систему координат. Пусть центр основания $O$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$. Поскольку основание $ABCD$ — квадрат со стороной $a=1$, координаты его вершин могут быть представлены как: $A = (\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, 0) = (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0)$
$B = (\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)$
$C = (-\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0) = (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0)$
$D = (-\frac{a}{2}, -\frac{a}{2}, 0) = (-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0)$

Найдем высоту пирамиды $h$. В прямоугольном треугольнике $SOA$ (где $O$ - центр основания), $SA^2 = SO^2 + OA^2$. Длина $OA$ — половина диагонали квадрата основания. Диагональ $AC = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}$. $OA = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{1\cdot\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Тогда, подставляя известные значения: $1^2 = h^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 \Rightarrow 1 = h^2 + \frac{2}{4} \Rightarrow 1 = h^2 + \frac{1}{2} \Rightarrow h^2 = \frac{1}{2} \Rightarrow h = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Координаты вершины $S$: $S = (0,0,h) = (0,0,\frac{\sqrt{2}}{2})$.

Точка $E$ — середина ребра $SC$. Координаты $E$ находятся как среднее арифметическое координат $S$ и $C$: $E = (\frac{0+(-\frac{1}{2})}{2}, \frac{0+\frac{1}{2}}{2}, \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}+0}{2}) = (-\frac{1}{4}, \frac{1}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4})$.

Найдем векторы, соответствующие прямым $SA$ и $BE$: Вектор $\vec{SA}$ вычисляется как разность координат точки $A$ и $S$: $\vec{SA} = A - S = (\frac{1}{2}-0, -\frac{1}{2}-0, 0-\frac{\sqrt{2}}{2}) = (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$.
Вектор $\vec{BE}$ вычисляется как разность координат точки $E$ и $B$: $\vec{BE} = E - B = (-\frac{1}{4}-\frac{1}{2}, \frac{1}{4}-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{4}-0) = (-\frac{3}{4}, -\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{2}}{4})$.

Вычислим длины (модули) этих векторов: $|\vec{SA}| = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (-\frac{1}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{4}{4}} = \sqrt{1} = 1$.
$|\vec{BE}| = \sqrt{(-\frac{3}{4})^2 + (-\frac{1}{4})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{4})^2} = \sqrt{\frac{9}{16} + \frac{1}{16} + \frac{2}{16}} = \sqrt{\frac{12}{16}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Найдем скалярное произведение векторов $\vec{SA}$ и $\vec{BE}$: $\vec{SA} \cdot \vec{BE} = (\frac{1}{2})(-\frac{3}{4}) + (-\frac{1}{2})(-\frac{1}{4}) + (-\frac{\sqrt{2}}{2})(\frac{\sqrt{2}}{4})$
$= -\frac{3}{8} + \frac{1}{8} - \frac{2}{8} = -\frac{4}{8} = -\frac{1}{2}$.

Косинус угла $\alpha$ между прямыми $SA$ и $BE$ находится по формуле: $\cos \alpha = \frac{|\vec{SA} \cdot \vec{BE}|}{|\vec{SA}| |\vec{BE}|}$. Так как угол между прямыми берется как острый, используется абсолютное значение скалярного произведения. $\cos \alpha = \frac{|-\frac{1}{2}|}{1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Теперь найдем тангенс угла $\alpha$. Для этого сначала найдем синус угла $\alpha$ из основного тригонометрического тождества $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$: $\sin^2 \alpha = 1 - \cos^2 \alpha = 1 - (\frac{\sqrt{3}}{3})^2 = 1 - \frac{3}{9} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$. Так как $\alpha$ - острый угол, $\sin \alpha > 0$. $\sin \alpha = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

Наконец, вычислим тангенс угла $\alpha$: $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{\frac{\sqrt{6}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{6}{3}} = \sqrt{2}$.

Ответ:

$\sqrt{2}$