Номер 15, страница 170 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

15. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны $1$ см, а боковые ребра равны $2$ см, найдите косинус угла между плоскостями $SAF$ и $SBC$.

Дано:

SABCDEF – правильная шестиугольная пирамида.
Стороны основания $a = 1$ см.
Боковые ребра $l = 2$ см.

Поскольку косинус угла является безразмерной величиной, перевод в систему СИ не требуется.

Найти:

Косинус угла между плоскостями (SAF) и (SBC).

Решение:

Для решения задачи воспользуемся методом координат. Поместим центр основания пирамиды (центр правильного шестиугольника) в начало координат $O(0,0,0)$. Основание пирамиды будет лежать в плоскости $xy$, а вершина $S$ — на оси $z$.

1. Найдем высоту пирамиды и координаты вершины S.
В основании правильной шестиугольной пирамиды лежит правильный шестиугольник. Радиус описанной около него окружности равен стороне шестиугольника: $R = a = 1$ см. Высоту пирамиды $h = SO$ найдем из прямоугольного треугольника $SOA$ (где $OA$ — радиус описанной окружности, $SA$ — боковое ребро):
$h = SO = \sqrt{SA^2 - OA^2} = \sqrt{l^2 - R^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{4-1} = \sqrt{3}$ см.
Таким образом, координаты вершины $S(0, 0, \sqrt{3})$.

2. Найдем координаты вершин основания A, F, B, C.
Расположим вершину $A$ на положительной части оси $x$. Тогда ее координаты $A(1, 0, 0)$.
Остальные вершины получаются поворотом на угол, кратный $60^\circ$ вокруг оси $z$.
Координаты вершины $F$ (поворот на $-60^\circ$ или $300^\circ$):
$x_F = R \cos(-60^\circ) = 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$y_F = R \sin(-60^\circ) = 1 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$
$F(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Координаты вершины $B$ (поворот на $60^\circ$):
$x_B = R \cos(60^\circ) = 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$y_B = R \sin(60^\circ) = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Координаты вершины $C$ (поворот на $120^\circ$):
$x_C = R \cos(120^\circ) = 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = -\frac{1}{2}$
$y_C = R \sin(120^\circ) = 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

3. Найдем векторы нормалей к плоскостям (SAF) и (SBC).
Вектор нормали $\vec{n_1}$ к плоскости (SAF) можно найти как векторное произведение векторов $\vec{SA}$ и $\vec{SF}$.
$\vec{SA} = A - S = (1-0, 0-0, 0-\sqrt{3}) = (1, 0, -\sqrt{3})$.
$\vec{SF} = F - S = (\frac{1}{2}-0, -\frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-\sqrt{3}) = (\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, -\sqrt{3})$.
$\vec{n_1} = \vec{SA} \times \vec{SF} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & 0 & -\sqrt{3} \\ 1/2 & -\sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix} = (0 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}))\mathbf{i} - (1 \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot \frac{1}{2})\mathbf{j} + (1 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) - 0 \cdot \frac{1}{2})\mathbf{k} = -\frac{3}{2}\mathbf{i} + \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{j} - \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{k}$.
$\vec{n_1} = (-\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})$.
Вектор нормали $\vec{n_2}$ к плоскости (SBC) найдем как векторное произведение векторов $\vec{SB}$ и $\vec{SC}$.
$\vec{SB} = B - S = (\frac{1}{2}-0, \frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-\sqrt{3}) = (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, -\sqrt{3})$.
$\vec{SC} = C - S = (-\frac{1}{2}-0, \frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-\sqrt{3}) = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, -\sqrt{3})$.
$\vec{n_2} = \vec{SB} \times \vec{SC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \\ -1/2 & \sqrt{3}/2 & -\sqrt{3} \end{vmatrix} = (\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2})\mathbf{i} - (\frac{1}{2} \cdot (-\sqrt{3}) - (-\sqrt{3}) \cdot (-\frac{1}{2}))\mathbf{j} + (\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot (-\frac{1}{2}))\mathbf{k} = 0\mathbf{i} + \sqrt{3}\mathbf{j} + \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{k}$.
$\vec{n_2} = (0, \sqrt{3}, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

4. Найдем косинус угла между плоскостями.
Косинус угла $\varphi$ между плоскостями равен модулю косинуса угла между их векторами нормалей:
$\cos \varphi = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{||\vec{n_1}|| \cdot ||\vec{n_2}||}$.
Найдем скалярное произведение векторов:
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = (-\frac{3}{2}) \cdot 0 + (\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot \sqrt{3} + (-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 0 + \frac{3}{2} - \frac{3}{4} = \frac{3}{4}$.
Найдем модули векторов:
$||\vec{n_1}|| = \sqrt{(-\frac{3}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$.
$||\vec{n_2}|| = \sqrt{0^2 + (\sqrt{3})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{3 + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{12+3}{4}} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$.
Теперь вычислим косинус угла:
$\cos \varphi = \frac{|\frac{3}{4}|}{\frac{\sqrt{15}}{2} \cdot \frac{\sqrt{15}}{2}} = \frac{\frac{3}{4}}{\frac{15}{4}} = \frac{3}{15} = \frac{1}{5}$.

Ответ: $1/5$.