14276. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
со стороной основания 2. Противоположные боковые грани пересекаются под углом 60^{\circ}
. Точки M
, K
и L
— середины рёбер AB
, DE
и BC
соответственно. Найдите:
а) косинус угла между прямыми SM
и CE
;
б) синус угла между прямой SL
и плоскостью MSK
;
в) расстояние между прямыми AE
и SB
.
г) косинус угла между плоскостями CSD
и ESF
;
Ответ. а) \frac{1}{4}
; б) \frac{\sqrt{3}}{4}
; в) \frac{6}{\sqrt{10}}
; г) \frac{1}{8}
.
Решение. а) Плоскости ASB
и DSE
проходят через параллельные прямые AB
и DE
соответственно и имеют общую точку S
. Значит, они пересекаются по прямой l
, проходящей через точку S
параллельно AB
и DE
(см. задачу 8004). Тогда высоты SM
и SK
противоположных боковых граней ASB
и DSE
пирамиды перпендикулярны прямой l
, а значит, MSK
— линейный угол двугранного угла, образованного этими плоскостями. По условию задачи \angle MSK=60^{\circ}
, поэтому равнобедренный треугольник MSK
— равносторонний. Следовательно,
SM=SK=MK=BD=2\sqrt{3}.
Пусть N
— середина ребра AF
. Тогда MN
— средняя линия треугольника ABF
, поэтому
MN=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}CE=\sqrt{3}
и MN\parallel BF\parallel CE
. Значит, угол \alpha
между скрещивающимися прямыми SM
и CE
равен углу между пересекающимися прямыми SM
и MN
, т. е. углу SMN
при основании равнобедренного треугольника MSN
со сторонами SN=SM=2\sqrt{3}
и MN=\sqrt{3}
. Следовательно,
\cos\alpha=\frac{\frac{1}{2}MN}{SM}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{4}.
б) Пусть LT
— перпендикуляр к MK
. Тогда LT
— перпендикуляр к плоскости MSK
(так как LT\perp MK
и LT\perp SO
), поэтому искомый угол \beta
между прямой SL
и плоскостью MSK
равен углу между наклонной SL
и её ортогональной проекцией ST
на эту плоскость, а так как LT
— средняя линия трапеции BCOM
, то
LT=\frac{1}{2}(OC+BM)=\frac{1}{2}(2+1)=\frac{3}{2}.
Следовательно,
\sin\alpha=\frac{LT}{SL}=\frac{LT}{SM}=\frac{LT}{MK}=\frac{\frac{3}{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}.
в) Прямая AE
параллельна прямой BD
, расположенной в плоскости BSD
, поэтому прямая AE
параллельна этой плоскости (см. задачу 8002). Значит, расстояние d
между скрещивающимися прямыми AE
и SB
равно расстоянию от любой точки прямой AE
, например, от середины X
отрезка AE
, до плоскости BSD
(см. задачу 7889).
Пусть O
— центр основания ABCDEF
, а G
— общая середина отрезков BD
и OC
. Наклонная XG
к плоскости BSD
делится точкой O
пополам, поэтому расстояние d
от точки X
до плоскости BSD
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
(см. задачу 9180).
Пусть OP
— высота прямоугольного треугольника SOG
. Тогда OP
— перпендикуляр к плоскости BSD
(так как OP\perp SG
и OP\perp BD
). Значит, расстояние от точки O
до этой плоскости равно длине отрезка OP
. Следовательно (см. задачу 1967),
d=2OP=2\cdot\frac{SO\cdot OG}{SG}=2\cdot\frac{SO\cdot OG}{\sqrt{SO^{2}+OG^{2}}}=2\cdot\frac{3\cdot1}{\sqrt{9+1}}=\frac{6}{\sqrt{10}}.
г) Пусть прямые CD
и EF
пересекаются в точке Q
. Тогда плоскости CSD
и ESF
пересекаются по прямой SQ
, а отрезок QO
— высота равностороннего треугольника CQF
со стороной CF=2AB=4
, поэтому QO=2\sqrt{3}
.
Пусть OH
— высота прямоугольного треугольника SOQ
с катетами
SO=\frac{MN\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=3,~QO=2\sqrt{3}
и гипотенузой
SQ=\sqrt{SO^{2}+QO^{2}}=\sqrt{9+12}=\sqrt{21}.
Тогда (см. задачу 1967)
SQ\cdot OH=QO\cdot SO~\Rightarrow~OH=\frac{QO\cdot SO}{SQ}=\frac{2\sqrt{3}\cdot3}{\sqrt{21}}=\frac{6}{\sqrt{7}}.
Кроме того, прямая OH
перпендикулярна прямой SQ
(по построению) и прямой CF
(по теореме о трёх перпендикулярах), поэтому CHF
— линейный угол двугранного угла образованного плоскостями CSD
и ESF
.
Обозначим, \angle CHF=\gamma
. Отрезок HO
— высота и биссектриса равнобедренного треугольника CHF
, поэтому
\angle CHO=\frac{\gamma}{2},~\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{CO}{OH}=\frac{2}{\frac{6}{\sqrt{7}}}=\frac{\sqrt{7}}{3}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{7}{9}}{1+\frac{7}{9}}=\frac{1}{8}.
Источник: Школьные материалы. —