14526. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
. Сторона основания ABCDEF
равна a
, боковое ребро равно 2a
. Найдите:
а) расстояние от точки B
до прямой SD
;
б) расстояние от точки A
до плоскости DSE
;
в) синус угла между прямой BC
и плоскостью ASF
;
г) угол между плоскостями ASB
и DSE
.
Ответ. а) \frac{a\sqrt{39}}{4}
; б) 2a\sqrt{\frac{3}{5}}
; в) \sqrt{\frac{3}{5}}
; г) \arccos\frac{3}{5}
.
Решение. а) Расстояние от точки B
до прямой SD
равно высоте BK
равнобедренного треугольника BSD
со сторонами
SD=SB=2a,~BD=a\sqrt{3}.
Пусть SH
— высота данной пирамиды, L
— точка пересечения отрезков HC
и BD
. Тогда H
— центр основания, L
— середина отрезка HC
, а SL
— высота треугольника BSD
. Из прямоугольных треугольников AHS
и LHS
находим, что
SH=\sqrt{SA^{2}-AH^{2}}=\sqrt{4a^{2}-a^{2}}=a\sqrt{3},
SL=\sqrt{SH^{2}+HL^{2}}=\sqrt{3a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}.
Следовательно, из равенства SD\cdot BK=BD\cdot SL
(см. задачу 1967) находим, что
BK=\frac{BD\cdot SL}{SD}=\frac{a\sqrt{3}\cdot\frac{a\sqrt{13}}{2}}{2a}=\frac{a\sqrt{39}}{4}.
б) Точка H
— середина наклонной BE
к плоскости DSE
, поэтому расстояние d
от точки A
до плоскости DSE
вдвое больше расстояние до этой плоскости от точки H
(см. задачу 9180).
Пусть N
— середина ребра DE
, а HP
— высота прямоугольного треугольника SHN
, проведённая из вершины прямого угла. Тогда HP
— перпендикуляр к плоскости DSE
, значит, расстояние от точки H
до плоскости DSE
равно длине отрезка HP
. Из прямоугольного треугольника SDN
находим, что
SN=\sqrt{SD^{2}-DN^{2}}=\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
Значит (см. примечание к задаче 1967),
HP=\frac{SH\cdot HD}{SN}=\frac{a\sqrt{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=a\sqrt{\frac{3}{5}}.
Следовательно,
d=2HP=2a\sqrt{\frac{3}{5}}.
в) Поскольку BC\parallel AH
, угол \alpha
между прямой BC
и плоскостью ASF
равен углу между прямой AH
и этой плоскостью. Пусть G
— середина ребра AF
, а HQ
— высота прямоугольного треугольника SHG
. Тогда HQ
— перпендикуляр к плоскости ASF
, AQ
— ортогональная проекция наклонной AH
на плоскость ASF
, а так как HQ=HP=a\sqrt{\frac{3}{5}}
, то из прямоугольного треугольника AQH
находим, что
\sin\alpha=\sin\angle HAQ=\frac{HQ}{AH}=\frac{a\sqrt{\frac{3}{5}}}{a}=\sqrt{\frac{3}{5}}.
г) Плоскости ASB
и DSE
проходят через параллельные прямые AB
и DE
соответственно и имеют общую точку S
, значит, они пересекаются по прямой, проходящей через точку S
параллельно прямым AB
и DE
(см. задачу 8004). Следовательно, линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ASB
и DSE
, — это угол \gamma
между высотами SM
и SN
боковых граней ASB
и DCE
пирамиды (т. е. угол между апофемами пирамиды, лежащими в этих гранях). По теореме косинусов находим, что
\cos\gamma=\cos\angle MSN=\frac{SM^{2}+SN^{2}-MN^{2}}{2SM\cdot SN}=\frac{\frac{15a^{2}}{4}+\frac{15a^{2}}{4}-3a^{2}}{2\cdot\frac{\sqrt{15}}{2}\cdot\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{3}{5}.
Следовательно,
\gamma=\arccos\frac{3}{5}.