7661. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
с основанием ABCDEF
найдите синус угла между прямой AF
и плоскостью SBC
, если известно, что боковое ребро вдвое больше стороны основания.
Ответ. \frac{\sqrt{15}}{5}
.
Решение. Пусть O
— центр основания ABCDEF
. Прямая OB
параллельна прямой AF
, поэтому угол \alpha
между прямой AF
и плоскостью SBC
равен углу между прямой OB
и этой плоскостью.
Опустим перпендикуляр OH
из точки O
на апофему SM
пирамиды, лежащую в плоскости SBC
. Прямая BC
перпендикулярна двум пересекающимся прямым OM
и SM
плоскости SOM
, содержащей прямую OH
, значит, BC\perp OH
. Таким образом, прямая OH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым BC
и SM
плоскости SBC
. Следовательно, OH
— перпендикуляр к плоскости SBC
, а BH
— ортогональная проекция наклонной OB
к этой плоскости. Значит, угол между прямой OB
и плоскостью SBC
— это угол OBH
.
Пусть сторона основания и боковое ребро пирамиды равны a
и 2a
соответственно. В прямоугольном треугольнике OMS
известно, что
OM=BM\tg60^{\circ}=\frac{a}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{3}}{2},~SO=\sqrt{SB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{4a^{2}-a^{2}}=a\sqrt{3},
SM=\sqrt{SB^{2}-BM^{2}}=\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
Записав двумя способами площадь треугольника SOM
, получим, что \frac{1}{2}OM\cdot SO=\frac{1}{2}SM\cdot OH
, откуда
OH=\frac{OM\cdot SO}{SM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}.
Следовательно,
\sin\alpha=\sin\angle OBH=\frac{OH}{OB}=\frac{\frac{a\sqrt{15}}{5}}{a}=\frac{\sqrt{15}}{5}.