Номер 31, страница 154 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

31. В правильной четырехугольной пирамиде $SABCD$, все ребра которой равны 1, точка $E$ — середина ребра $AD$. Найдите косинус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная четырехугольная пирамида $SABCD$.

Все ребра равны 1.

Точка $E$ — середина ребра $AD$.

Найти:

Косинус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Решение

1.Введем систему координат.

Пусть центр основания $O$ совпадает с началом координат $(0,0,0)$.

Оси $Ox$ и $Oy$ направим параллельно сторонам основания. Так как основание $ABCD$ является квадратом со стороной 1, координаты его вершин 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 $h$ (координата $z$ вершины $S$) находится из треугольника $SOA$, где $OA$ — половина диагонали основания. Диагональ основания $AC = \sqrt{AB^2+BC^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$OA = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $SOA$ ($SO \perp OA$): $SA^2 = OA^2 + SO^2$.

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

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

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

$h^2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow h = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

Таким образом, координаты вершины $S$:

$S = \left(0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

2.Найдем координаты точки $E$.

$E$ — середина ребра $AD$.

$E = \left(\frac{A_x+D_x}{2}, \frac{A_y+D_y}{2}, \frac{A_z+D_z}{2}\right) = \left(\frac{-\frac{1}{2} + (-\frac{1}{2})}{2}, \frac{\frac{1}{2} + (-\frac{1}{2})}{2}, \frac{0+0}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}, 0, 0\right)$

3.Определим вектор $\vec{SE}$.

$\vec{SE} = E - S = \left(-\frac{1}{2} - 0, 0 - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \left(-\frac{1}{2}, 0, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

Длина вектора $\vec{SE}$:

$|\vec{SE}| = \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + 0^2 + \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

4.Найдем нормальный вектор плоскости $SBC$.

Для плоскости $SBC$ используем точки $S\left(0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, $B\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$, $C\left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$.

Образуем векторы, лежащие в плоскости:

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

$\vec{SC} = C - S = \left(\frac{1}{2} - 0, -\frac{1}{2} - 0, 0 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$ равен векторному произведению $\vec{SB} \times \vec{SC}$:

$\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{vmatrix}$

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

$\vec{n}_y = -\left[\frac{1}{2}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\right] = -\left[-\frac{\sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4}\right] = 0$

$\vec{n}_z = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$

Таким образом, $\vec{n} = \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, -\frac{1}{2}\right)$. Для удобства дальнейших вычислений можно взять коллинеарный ему вектор $\vec{n'} = (\sqrt{2}, 0, 1)$ (умножив на -2).

Длина нормального вектора $\vec{n'}$:

$|\vec{n'}| = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2+1} = \sqrt{3}$

5.Найдем синус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$.

Пусть $\phi$ — искомый угол между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$. Угол $\theta$ между вектором $\vec{SE}$ и нормальным вектором $\vec{n'}$ плоскости $SBC$ связан с углом $\phi$ соотношением $\sin \phi = |\cos \theta|$.

Косинус угла $\theta$ между векторами $\vec{SE}$ и $\vec{n'}$ вычисляется по формуле скалярного произведения:

$\cos \theta = \frac{|\vec{SE} \cdot \vec{n'}|}{|\vec{SE}| |\vec{n'}|}$

Скалярное произведение $\vec{SE} \cdot \vec{n'}$:

$\vec{SE} \cdot \vec{n'} = \left(-\frac{1}{2}\right)(\sqrt{2}) + (0)(0) + \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)(1) = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2}$

Теперь вычислим $\sin \phi$:

$\sin \phi = \frac{|-\sqrt{2}|}{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(\sqrt{3})} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{3}{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$

6.Найдем косинус угла $\phi$.

Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством $\sin^2 \phi + \cos^2 \phi = 1$.

$\cos^2 \phi = 1 - \sin^2 \phi = 1 - \left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2 = 1 - \frac{4 \cdot 2}{9} = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$

Так как угол между прямой и плоскостью всегда находится в диапазоне $[0, \frac{\pi}{2}]$, его косинус неотрицателен.

$\cos \phi = \sqrt{\frac{1}{9}} = \frac{1}{3}$

Ответ:

Косинус угла между прямой $SE$ и плоскостью $SBC$ равен $\frac{1}{3}$.