9428. Боковое ребро SA
правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
вдвое больше стороны основания. Найдите угол между прямой AC
и плоскостью CSD
.
Ответ. \arcsin\frac{2\sqrt{5}}{5}
.
Решение. Будем считать, что сторона основания пирамиды равна 1, а боковое ребро равно 2.
Синус искомого угла \alpha
равен отношению расстояния d
от точки A
до плоскости CSD
к длине наклонной AC
к этой плоскости.
Центр O
основания пирамиды — середина отрезка AD
, поэтому расстояние от точки A
до плоскости CSD
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 9180).
Пусть M
— середина ребра CD
, H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на прямую SM
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости BSC
, так как OH\perp SM
и OH\perp CD
. Далее находим, что
SO=\sqrt{SA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3},~
SM=\sqrt{SC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{4-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2},
OH=\frac{SO\cdot OM}{SM}=\frac{\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}=\sqrt{\frac{3}{5}}.
(см. задачу 1967). Значит,
d=2OH=2\cdot\sqrt{\frac{3}{5}}.
Следовательно,
\sin\alpha=\frac{d}{AC}=\frac{2\cdot\sqrt{\frac{3}{5}}}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}.