Номер 19, страница 156 - гдз по геометрии 10 класс учебник Смирнов, Туяков

19. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDЕF, стороны основания которой равны 1, а боковые ребра равны 2, найдите косинус угла между плоскостями SAF и SBC.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$.

Сторона основания $a = 1$.

Боковые ребра $l = 2$.

Плоскости: $SAF$ и $SBC$.

Перевод в СИ:

В данной задаче используются безразмерные единицы длины. Для формальности примем их за метры.

$a = 1$ м

$l = 2$ м

Найти:

Косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBC$.

Решение:

Для определения косинуса угла между двумя плоскостями воспользуемся методом координат. Разместим центр правильного шестиугольного основания в начале координат $O(0,0,0)$.

Поскольку пирамида правильная, вершина $S$ находится строго над центром основания $O$. В правильном шестиугольнике сторона равна радиусу описанной окружности, поэтому расстояние от центра до любой вершины основания равно $a = 1$.

Расположим вершины основания в плоскости $Oxy$ следующим образом:

$A = (1, 0, 0)$

$B = (1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = (1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$C = (1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = (-1/2, \sqrt{3}/2, 0)$

$F = (1 \cdot \cos(300^\circ), 1 \cdot \sin(300^\circ), 0) = (1/2, -\sqrt{3}/2, 0)$

Пусть координаты вершины пирамиды $S = (0, 0, h)$. Высоту $h$ найдем из длины бокового ребра $SA$. Треугольник $SOA$ является прямоугольным с гипотенузой $SA$. $OA$ - радиус описанной окружности, равный стороне основания, $OA = a = 1$.

$SA^2 = OA^2 + SO^2$

$l^2 = a^2 + h^2$

$2^2 = 1^2 + h^2$

$4 = 1 + h^2$

$h^2 = 3$

$h = \sqrt{3}$

Таким образом, координаты вершины $S = (0, 0, \sqrt{3})$.

Для нахождения угла между плоскостями $SAF$ и $SBC$ найдем их нормальные векторы.

1. Нормальный вектор к плоскости $SAF$:

Векторы, лежащие в плоскости $SAF$, это $\vec{SA}$ и $\vec{SF}$.

$\vec{SA} = A - S = (1 - 0, 0 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1, 0, -\sqrt{3})$

$\vec{SF} = F - S = (1/2 - 0, -\sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, -\sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

Нормальный вектор $\vec{n_1}$ к плоскости $SAF$ является векторным произведением $\vec{SA} \times \vec{SF}$:

$\vec{n_1} = \vec{SA} \times \vec{SF} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & -\sqrt{3} \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$\vec{n_1} = \vec{i}(0 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-\sqrt{3}/2)) - \vec{j}(1 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot 1/2) + \vec{k}(1 \cdot (-\sqrt{3}/2) - 0 \cdot 1/2)$

$\vec{n_1} = \vec{i}(0 - 3/2) - \vec{j}(-\sqrt{3} + \sqrt{3}/2) + \vec{k}(-\sqrt{3}/2 - 0)$

$\vec{n_1} = (-3/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3}/2)$

Для упрощения вычислений возьмем вектор, коллинеарный $\vec{n_1}$, умножив его на 2: $\vec{n_1'} = (-3, \sqrt{3}, -\sqrt{3})$.

2. Нормальный вектор к плоскости $SBC$:

Векторы, лежащие в плоскости $SBC$, это $\vec{SB}$ и $\vec{SC}$.

$\vec{SB} = B - S = (1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

$\vec{SC} = C - S = (-1/2 - 0, \sqrt{3}/2 - 0, 0 - \sqrt{3}) = (-1/2, \sqrt{3}/2, -\sqrt{3})$

Нормальный вектор $\vec{n_2}$ к плоскости $SBC$ является векторным произведением $\vec{SB} \times \vec{SC}$:

$\vec{n_2} = \vec{SB} \times \vec{SC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix}$

$\vec{n_2} = \vec{i}(\sqrt{3}/2 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3}/2) - \vec{j}(1/2 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-1/2)) + \vec{k}(1/2 \cdot \sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2 \cdot (-1/2))$

$\vec{n_2} = \vec{i}(-3/2 + 3/2) - \vec{j}(-\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2) + \vec{k}(\sqrt{3}/4 + \sqrt{3}/4)$

$\vec{n_2} = (0, -\sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$

Для упрощения вычислений возьмем вектор, коллинеарный $\vec{n_2}$, умножив его на 2 и изменив знак для удобства: $\vec{n_2'} = (0, 2\sqrt{3}, -\sqrt{3})$. (На самом деле, при раскрытии определителя в $j$-компоненте минус перед скобкой даст $+ \sqrt{3}$, как я понял раньше, так что $\vec{n_2} = (0, \sqrt{3}, \sqrt{3}/2)$ и $\vec{n_2'} = (0, 2\sqrt{3}, \sqrt{3})$). Мои перепроверки выше были правильными.

Возьмем $\vec{n_1'} = (-3, \sqrt{3}, -\sqrt{3})$ и $\vec{n_2'} = (0, 2\sqrt{3}, \sqrt{3})$.

3. Косинус угла между плоскостями:

Косинус угла $\phi$ между двумя плоскостями равен модулю косинуса угла между их нормальными векторами:

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

Вычислим скалярное произведение $\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'}$:

$\vec{n_1'} \cdot \vec{n_2'} = (-3)(0) + (\sqrt{3})(2\sqrt{3}) + (-\sqrt{3})(\sqrt{3}) = 0 + 6 - 3 = 3$

Вычислим длины векторов $||\vec{n_1'}||$ и $||\vec{n_2'}||$:

$||\vec{n_1'}|| = \sqrt{(-3)^2 + (\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 3 + 3} = \sqrt{15}$

$||\vec{n_2'}|| = \sqrt{0^2 + (2\sqrt{3})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{0 + 12 + 3} = \sqrt{15}$

Теперь подставим полученные значения в формулу для косинуса угла:

$\cos \phi = \frac{|3|}{\sqrt{15} \cdot \sqrt{15}} = \frac{3}{15} = \frac{1}{5}$

Ответ:

Косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBC$ равен $1/5$.