9195. Дана правильная шестиугольная пирамида
SABCDEF
с вершиной
S
.
а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую
AB
и середину высоты
SH
пирамиды.
б) Пусть
K
— точка пересечения этой плоскости с ребром
SC
. Найдите угол между прямой
BK
и плоскостью
ASB
, если
AB:AS=1:2
.
Ответ.
\arcctg3
.
Решение. а) Рассмотрим треугольник
ASD
. Пусть
L
— середина высоты
SH
пирамиды. Прямая
AL
лежит в секущей плоскости, значит, точка
M
пересечения прямых
AL
и
SD
принадлежит этой плоскости.
Через вершину
S
проведём прямую, параллельную
AD
. Пусть эта прямая пересекается с прямой
AL
в точке
G
. Из равенства треугольников
GLS
и
ALH
следует, что
GS=AH=\frac{1}{2}AD
. Тогда из подобия треугольников
GMS
и
AMD
получаем, что
\frac{SM}{MD}=\frac{GS}{AD}=\frac{1}{2}
.
Плоскости
ABL
и
DSE
проходят через параллельные прямые
AB
и
DE
соответственно, значит, прямая
l
их пересечения параллельна прямой
DE
(см. задачу 8004). Пусть
N
— точка пересечения прямой
l
с боковым ребром
SE
. Тогда
\frac{SN}{NE}=\frac{SM}{MD}=\frac{1}{2}
.
Пусть прямые
AB
и
CD
пересекаются в точке
P
, а прямая
PM
пересекает ребро
SC
в точке
K
. Тогда
K
— точка пересечения плоскости
ABL
с ребром
SC
. Аналогично строится точка
R
пересечения плоскости
ABL
с ребром
SF
. Таким образом, искомое сечение — шестиугольник
ABKMNR
.
Через вершину
S
проведём прямую, параллельную
CD
. Пусть эта прямая пересекается с прямой
CD
в точке
Q
. Треугольник
SMQ
подобен треугольнику
DMP
с коэффициентом
\frac{SM}{MD}=\frac{1}{2}
, поэтому
SQ=\frac{1}{2}DP=CP
. Значит, треугольники
SKQ
и
CKP
равны. Следовательно,
K
— середина ребра
SC
. Аналогично
R
— середина ребра
SF
.
б) Положим
AB=a
,
SA=2a
. Пусть
X
— середина
AB
. Тогда
SH=\sqrt{SA^{2}-AH^{2}}=\sqrt{4a^{2}-a^{2}}=a\sqrt{3},

LP=\frac{1}{2}SH=\frac{a\sqrt{3}}{2},~HX=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.

Поскольку
KL=\frac{1}{2}KR=\frac{1}{2}AB=BX

и
KL\parallel BX
, четырёхугольник
BKLX
— параллелограмм (даже прямоугольник), поэтому
BK=LX=\frac{a\sqrt{6}}{2}
и
BK=LX
. Значит, угол
\alpha
прямой
BK
с плоскостью
ASB
равен углу прямой
LX
с этой плоскостью.
Точка
L
— середина наклонной
HS
к плоскости
ASB
, поэтому расстояние от точки
L
до плоскости
ASB
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки
H
(см. задачу 9180).
Пусть
HY
— высота прямоугольного треугольника
SHX
. Тогда
HY=\frac{HX\cdot SH}{SX}=\frac{HX\cdot SH}{\sqrt{HX^{2}+SH^{2}}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{\frac{3a^{2}}{4}+3a^{2}}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}.

Из равнобедренного прямоугольного треугольника
LHX
получаем, что
LX=HX\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.

Тогда
\sin\alpha=\frac{\frac{1}{2}HY}{LX}=\frac{\frac{3a}{2\sqrt{15}}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.

Тогда
\cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}},~\ctg\alpha=3.