Номер 34, страница 154 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

34. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между прямой $AF$ и плоскостью $SBC$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Длина стороны основания $a = 1$.

Длина бокового ребра $l = 2$.

Найти:

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

Перевод в СИ:

Длина стороны основания $a = 1$ (условная единица длины)

Длина бокового ребра $l = 2$ (условная единица длины)

Решение:

1. Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть центр основания правильной шестиугольной пирамиды, точка $O$, находится в начале координат $(0, 0, 0)$. Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится на оси $Oz$ над центром основания. В правильном шестиугольнике сторона $a$ равна радиусу описанной окружности $R$, то есть $R = a = 1$. Расположим вершины основания следующим образом: $A = (1, 0, 0)$ $B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$ $D = (-1, 0, 0)$ $E = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$ $F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

2. Найдем высоту пирамиды $H$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный вершиной $S$, центром основания $O$ и любой вершиной основания, например $A$. В этом треугольнике $SA$ является гипотенузой (боковое ребро $l=2$), $OA$ является одним из катетов (радиус описанной окружности $R=1$), а $SO$ - высотой пирамиды $H$. По теореме Пифагора: $H^2 = SO^2 = SA^2 - OA^2 = l^2 - R^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$. Следовательно, $H = \sqrt{3}$. Координаты вершины $S = (0, 0, \sqrt{3})$.

3. Найдем направляющий вектор прямой $AF$. Точки $A = (1, 0, 0)$ и $F = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$. Вектор $\vec{AF} = F - A = (1/2 - 1, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0) = (-1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$. Длина вектора $|\vec{AF}| = \sqrt{(-1/2)^2 + (-\sqrt{3}/2)^2 + 0^2} = \sqrt{1/4 + 3/4 + 0} = \sqrt{1} = 1$.

4. Найдем нормальный вектор плоскости $SBC$. Точки, принадлежащие плоскости $SBC$: $S = (0, 0, \sqrt{3})$, $B = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$, $C = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$. Найдем два вектора, лежащих в этой плоскости: $\vec{SB} = B - S = (1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$ $\vec{SC} = C - S = (-1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$ Нормальный вектор $\vec{n}$ к плоскости $SBC$ можно найти как векторное произведение $\vec{SB} \times \vec{SC}$: $\vec{n} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix} = \mathbf{i}(\frac{\sqrt{3}}{2}(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})\frac{\sqrt{3}}{2}) - \mathbf{j}(\frac{1}{2}(-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3})(-\frac{1}{2})) + \mathbf{k}(\frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}(-\frac{1}{2}))$ $\vec{n} = \mathbf{i}(-\frac{3}{2} + \frac{3}{2}) - \mathbf{j}(-\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}) + \mathbf{k}(\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4})$ $\vec{n} = 0\mathbf{i} - \mathbf{j}(-\sqrt{3}) + \mathbf{k}(\frac{\sqrt{3}}{2}) = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$. Для удобства вычислений можно использовать коллинеарный ему вектор, умножив его на $2/\sqrt{3}$: $\vec{n}' = (0, 2, 1)$. Будем использовать $\vec{n} = (0, 2, 1)$. Длина нормального вектора $|\vec{n}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{0 + 4 + 1} = \sqrt{5}$.

5. Найдем синус угла $\phi$ между прямой $AF$ и плоскостью $SBC$. Угол $\phi$ между прямой и плоскостью находится по формуле: $\sin \phi = \frac{|\vec{AF} \cdot \vec{n}|}{|\vec{AF}| |\vec{n}|}$ Скалярное произведение $\vec{AF} \cdot \vec{n} = (-1/2)(0) + (-\sqrt{3}/2)(2) + (0)(1) = 0 - \sqrt{3} + 0 = -\sqrt{3}$. Тогда $\sin \phi = \frac{|-\sqrt{3}|}{1 \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{5}}{5} = \frac{\sqrt{15}}{5}$.

6. Найдем косинус угла $\phi$. Используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 \phi + \sin^2 \phi = 1$. $\cos^2 \phi = 1 - \sin^2 \phi = 1 - \left(\frac{\sqrt{15}}{5}\right)^2 = 1 - \frac{15}{25} = 1 - \frac{3}{5} = \frac{2}{5}$. Поскольку угол между прямой и плоскостью по определению острый ($0 \le \phi \le 90^\circ$), его косинус будет положительным. $\cos \phi = \sqrt{\frac{2}{5}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{2}\sqrt{5}}{5} = \frac{\sqrt{10}}{5}$.

Ответ: $\frac{\sqrt{10}}{5}$