Номер 14, страница 172 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

14. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$, стороны основания которой равны 1 см, а боковые ребра равны 2 см, найдите расстояние от точки $A$ до плоскости $SDE$.

Дано:

SABCDEF - правильная шестиугольная пирамида

Сторона основания $a = AB = BC = CD = DE = EF = FA = 1$ см

Боковое ребро $l = SA = SB = SC = SD = SE = SF = 2$ см

Найти:

Расстояние от точки A до плоскости SDE, которое обозначим как $\rho(A, (SDE))$

Решение:

Воспользуемся методом объемов. Расстояние от точки A до плоскости SDE является высотой тетраэдра ASDE, опущенной из вершины A на основание SDE. Объем этого тетраэдра можно выразить двумя способами:

$V_{ASDE} = \frac{1}{3} \cdot S_{SDE} \cdot \rho(A, (SDE))$

$V_{ASDE} = \frac{1}{3} \cdot S_{ADE} \cdot h$

где $S_{SDE}$ - площадь треугольника SDE, $S_{ADE}$ - площадь треугольника ADE, а $h$ - высота пирамиды SABCDEF.

Приравняв оба выражения, получим формулу для искомого расстояния:

$\rho(A, (SDE)) = \frac{S_{ADE} \cdot h}{S_{SDE}}$

Найдем необходимые величины пошагово.

1. Найдем высоту пирамиды $h$.

В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник ABCDEF. Пусть O - центр этого шестиугольника. Тогда высота пирамиды $h = SO$. Расстояние от центра правильного шестиугольника до его вершины равно стороне шестиугольника, то есть $OA = a = 1$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOA (угол SOA прямой). Гипотенуза $SA$ - это боковое ребро $l=2$ см, катет $OA=1$ см, катет $SO=h$. По теореме Пифагора:

$SO^2 = SA^2 - OA^2$

$h^2 = 2^2 - 1^2 = 4 - 1 = 3$

$h = \sqrt{3}$ см.

2. Найдем площадь треугольника ADE.

Треугольник ADE лежит в плоскости основания. Найдем длины его сторон.

Сторона $DE$ является стороной основания, поэтому $DE = a = 1$ см.

Сторона $AD$ является большой диагональю правильного шестиугольника. Ее длина равна удвоенной стороне основания: $AD = 2a = 2 \cdot 1 = 2$ см.

Сторону $AE$ найдем по теореме косинусов из треугольника AOE. В этом треугольнике $OA = OE = a = 1$ см, а угол $\angle AOE$ состоит из двух центральных углов шестиугольника ($\angle AOF + \angle FOE = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$).

$AE^2 = OA^2 + OE^2 - 2 \cdot OA \cdot OE \cdot \cos(120^\circ)$

$AE^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot (-\frac{1}{2}) = 1 + 1 + 1 = 3$

$AE = \sqrt{3}$ см.

Итак, стороны треугольника ADE равны $1$, $2$, и $\sqrt{3}$. Проверим, является ли он прямоугольным, по теореме, обратной теореме Пифагора:

$DE^2 + AE^2 = 1^2 + (\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$

$AD^2 = 2^2 = 4$

Поскольку $DE^2 + AE^2 = AD^2$, треугольник ADE является прямоугольным с прямым углом при вершине E.

Площадь прямоугольного треугольника ADE равна половине произведения его катетов:

$S_{ADE} = \frac{1}{2} \cdot DE \cdot AE = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см$^2$.

3. Найдем площадь треугольника SDE.

Треугольник SDE является боковой гранью. Его стороны: $SD = SE = l = 2$ см (боковые ребра) и $DE = a = 1$ см (сторона основания). Это равнобедренный треугольник.

Проведем в нем высоту SM к основанию DE. Так как треугольник равнобедренный, SM является также и медианой, поэтому $DM = \frac{1}{2}DE = \frac{1}{2}$ см.

Из прямоугольного треугольника SMD по теореме Пифагора найдем высоту SM:

$SM^2 = SD^2 - DM^2 = 2^2 - (\frac{1}{2})^2 = 4 - \frac{1}{4} = \frac{15}{4}$

$SM = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$ см.

Площадь треугольника SDE равна:

$S_{SDE} = \frac{1}{2} \cdot DE \cdot SM = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{15}}{2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$ см$^2$.

4. Вычислим искомое расстояние.

Подставим найденные значения в формулу для расстояния:

$\rho(A, (SDE)) = \frac{S_{ADE} \cdot h}{S_{SDE}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{4}} = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{4}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{15}} = \frac{6}{\sqrt{15}}$

Избавимся от иррациональности в знаменателе:

$\rho(A, (SDE)) = \frac{6 \cdot \sqrt{15}}{\sqrt{15} \cdot \sqrt{15}} = \frac{6\sqrt{15}}{15} = \frac{2\sqrt{15}}{5}$ см.

Ответ: $\frac{2\sqrt{15}}{5}$ см.