14283. Противоположные боковые рёбра правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
перпендикулярны. Сторона основания равна 1. Точка K
— середина ребра SD
. Найдите:
а) косинус угла между прямыми SD
и AE
;
б) косинус угла между плоскостями ASB
и DSE
;
в) синус угла между прямой SC
и плоскостью ASB
;
г) расстояние между прямыми CK
и EF
.
Ответ. а) \frac{\sqrt{6}}{4}
; б) \frac{1}{7}
; в) \sqrt{\frac{3}{14}}
; г) \frac{\sqrt{3}}{2}
.
Решение. а) Поскольку AE\parallel BD
, угол \alpha
между скрещивающимися прямыми SD
и AE
равен углу между пересекающимися прямыми SD
и BD
, т. е. углу при основании BD
равнобедренного треугольника BSD
.
Поскольку \angle ASD=90^\circ
как угол между противоположными боковыми рёбрами пирамиды, треугольник ASD
равнобедренный и прямоугольный, поэтому его высота SO
равна половине основания AD=2
, а боковые стороны SA
и SD
равны \sqrt{2}
. Кроме того, BD=\sqrt{3}
.
Пусть M
— середина ребра AB
. Тогда
SM=\sqrt{SA^{2}-\frac{1}{4}AB^{2}}=\sqrt{2-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}.
Следовательно,
\cos\alpha=\cos\angle SDB=\frac{\frac{1}{2}BD}{SD}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.
б) Пусть N
— середина ребра DE
. Тогда \angle MSN=\beta
— линейный угол двугранного угла между противоположными боковыми гранями ASB
и DSE
. Из равнобедренного треугольника MSN
со сторонами SM=SN=\frac{\sqrt{7}}{2}
и MN=BD=\sqrt{3}
по теореме косинусов находим, что
\cos\beta=\frac{SM^{2}+SN^{2}-MN^{2}}{2SM\cdot SN}=\frac{\frac{7}{4}+\frac{7}{4}-3}{2\cdot\frac{\sqrt{7}}{2}\cdot\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{1}{7}.
в) Угол \gamma
между прямой SC
и плоскостью ASB
— это угол между наклонной SC
и её ортогональной проекцией на плоскость ASB
. Синус этого угла равен отношению расстояния от точки C
до плоскости ASB
к длине наклонной, т. е. к \sqrt{2}
.
Прямая CF
параллельна прямой AB
, лежащей в плоскости ASB
, поэтому прямая CF
параллельна этой плоскости (см. задачу 8002), значит, расстояние h
от точки C
до плоскости ASB
равно расстоянию до этой плоскости от любой точки прямой SF
, например, от центра O
основания пирамиды.
Пусть OP
— высота прямоугольного треугольника SOM
. Тогда OP
— перпендикуляр к плоскости ASB
, так как OP\perp SM
и OP\perp AB
. Значит,
h=OP=\frac{SO\cdot OM}{SM}=\frac{1\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{7}}.
Следовательно,
\sin\gamma=\frac{h}{SM}=\frac{\sqrt{\frac{3}{7}}}{\sqrt{2}}=\sqrt{\frac{3}{14}}.
г) Поскольку прямая EF
параллельна прямой BC
, лежащей в плоскости BCK
, прямая EF
параллельна этой плоскости (см. задачу 8002), значит, расстояние d
между прямыми CK
и EF
равно расстоянию от любой точки прямой EF
(например, от F
) до плоскости BCK
(см. задачу 7889). Поскольку точка O
— середина наклонной FC
к плоскости BCK
, расстояние от точки F
до плоскости BCK
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 9180).
Пусть X
— точка пересечения средней линии KL
треугольника ASD
с высотой SO
пирамиды. Тогда X
— середина KL
, а так как KL\parallel AD\parallel BC
, то прямая KL
лежит в плоскости BCK
.
Пусть T
— середина ребра BC
, а OH
— высота прямоугольного треугольника XOT
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости BCK
, так как OH\perp XT
и OH\perp BC
. Значит, расстояние от точки O
до плоскости BCK
равно длине отрезка OH
. Следовательно,
d=2OH=2\cdot\frac{OX\cdot OT}{XT}=2\cdot\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.