Номер 18, страница 156 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

18. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус двугранного угла, образованного гранями $SAB$ и $SAF$.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Стороны основания: $a = AB = BC = CD = DE = EF = FA = 1$.

Боковые ребра: $l = SA = SB = SC = SD = SE = SF = 2$.

Найти:

Косинус двугранного угла, образованного гранями $SAB$ и $SAF$.

Решение:

1. Двугранный угол между двумя плоскостями (гранями) определяется как угол между двумя прямыми, лежащими в этих плоскостях и перпендикулярными к их общей линии пересечения. В данном случае, общей линией пересечения граней $SAB$ и $SAF$ является боковое ребро $SA$.

2. Для определения двугранного угла, выберем точку $K$ на общем ребре $SA$. Затем проведем прямую $BK$ в плоскости $SAB$ так, чтобы $BK \perp SA$. Аналогично, проведем прямую $FK$ в плоскости $SAF$ так, чтобы $FK \perp SA$. Угол $\angle BKF$ будет искомым двугранным углом.

3. Поскольку пирамида правильная, и грани $SAB$ и $SAF$ являются конгруэнтными равнобедренными треугольниками ($SA=SB=2$, $AB=1$ и $SA=SF=2$, $AF=1$), то высоты, опущенные из вершин $B$ и $F$ на общее ребро $SA$, будут равны по длине и будут пересекать $SA$ в одной и той же точке $K$.

4. Найдем длины сторон треугольника $BKF$.

а) Найдем длину отрезка $BF$. Треугольник $ABF$ лежит в основании пирамиды. Основание $ABCDEF$ является правильным шестиугольником. Угол между двумя смежными сторонами правильного шестиугольника равен $\angle BAF = \frac{(6-2) \cdot 180^\circ}{6} = \frac{4 \cdot 180^\circ}{6} = 120^\circ$.

По теореме косинусов в $\triangle ABF$:

$BF^2 = AB^2 + AF^2 - 2 \cdot AB \cdot AF \cdot \cos(\angle BAF)$

$BF^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(120^\circ)$

$BF^2 = 1 + 1 - 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$

$BF^2 = 2 + 1 = 3$

$BF = \sqrt{3}$

б) Найдем длину отрезка $BK$ (и $FK$). Треугольник $SAB$ является равнобедренным ($SA=SB=2$, $AB=1$). Площадь этого треугольника можно найти двумя способами.

Сначала найдем высоту $SM$ из вершины $S$ на сторону $AB$, где $M$ - середина $AB$. $AM = MB = \frac{AB}{2} = \frac{1}{2}$.

В прямоугольном треугольнике $SMB$:

$SM = \sqrt{SB^2 - MB^2} = \sqrt{2^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{4 - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{16-1}{4}} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$

Площадь $\triangle SAB = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{15}}{2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$

Также, площадь $\triangle SAB$ можно выразить через высоту $BK$ к стороне $SA$:

Площадь $\triangle SAB = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot BK = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot BK = BK$

Приравнивая выражения для площади:

$BK = \frac{\sqrt{15}}{4}$

Аналогично, $FK = \frac{\sqrt{15}}{4}$.

5. Теперь у нас есть все стороны треугольника $BKF$: $BK = \frac{\sqrt{15}}{4}$, $FK = \frac{\sqrt{15}}{4}$, $BF = \sqrt{3}$. Найдем косинус угла $\angle BKF$ (обозначим его как $\theta$) по теореме косинусов:

$BF^2 = BK^2 + FK^2 - 2 \cdot BK \cdot FK \cdot \cos\theta$

$(\sqrt{3})^2 = \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^2 - 2 \cdot \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right) \cdot \left(\frac{\sqrt{15}}{4}\right) \cdot \cos\theta$

$3 = \frac{15}{16} + \frac{15}{16} - 2 \cdot \frac{15}{16} \cdot \cos\theta$

$3 = \frac{30}{16} - \frac{30}{16} \cdot \cos\theta$

$3 = \frac{15}{8} - \frac{15}{8} \cdot \cos\theta$

Умножим все члены уравнения на 8, чтобы избавиться от дробей:

$24 = 15 - 15 \cdot \cos\theta$

$15 \cdot \cos\theta = 15 - 24$

$15 \cdot \cos\theta = -9$

$\cos\theta = -\frac{9}{15}$

$\cos\theta = -\frac{3}{5}$

Ответ: $-\frac{3}{5}$