14280. Основание шестиугольной пирамиды SABCDEF
— правильный шестиугольник ABCDEF
. Боковое ребро SF
перпендикулярно плоскости основания, SF=AB=1
. Найдите:
а) расстояние между прямыми CD
и SF
;
б) косинус угла между прямыми SA
и CE
;
в) расстояние от середины ребра SD
до плоскости BSC
;
г) косинус угла между плоскостями CSD
и ESF
.
Ответ. а) \sqrt{3}
; б) \frac{\sqrt{6}}{4}
; в) \frac{\sqrt{3}}{4}
; г) \frac{1}{4}
.
Решение. а) Поскольку DF\perp CD
и DF\perp SF
, отрезок DF
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых CD
и DF
. Следовательно, расстояние между этими прямыми равно DF=\sqrt{3}
.
б) Пусть M
— середина ребра SD
, K
— точка пересечения отрезков AD
и BF
, а N
— точка пересечения с ребром SD
прямой, проведённой через точку K
параллельно ребру SA
. Тогда искомый угол \alpha
между скрещивающимися прямыми SA
и CE
— это угол между пересекающимися прямыми BF
и KN
, т. е. угол FKN
(или смежный с ним угол).
В прямоугольном треугольнике SFD
известно, что
SF=1,~DF=\sqrt{3},~SD=\sqrt{SF^{2}+DF^{2}}=\sqrt{1+3}=2,
а так как SN:ND=AK:KD=1:3
, то
KN=\frac{3}{4}SA=\frac{3\sqrt{2}}{4}.
При этом FM
— медиана прямоугольного треугольника SFD
, проведённая из вершины прямого угла. Тогда
SM=\frac{1}{2}SD=FM=1=SF
(см. задачу 1109), поэтому треугольник SFM
равносторонний, а FN
— его медиана, а значит, высота. Тогда FN=\frac{\sqrt{3}}{2}
.
Таким образом, треугольник KFN
равнобедренный со сторонами
KF=\frac{\sqrt{3}}{2},~FN=\frac{\sqrt{3}}{2},~KN=\frac{3\sqrt{2}}{4}.
а искомый угол \alpha
— это угол при его основании KN
. Следовательно,
\cos\alpha=\cos\angle FKN=\frac{\frac{1}{2}KN}{KF}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{8}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.
в) Точка M
— середина наклонной DS
к плоскости BSC
, поэтому расстояние d
от точки M
до плоскости BSC
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки D
. Прямая DK
параллельна прямой BC
, лежащей в плоскости BSC
, значит, расстояние от точки D
до плоскости BSC
равно расстоянию до этой плоскости от точки K
.
Пусть KH
— перпендикуляр к ребру SB
. Тогда KH
— перпендикуляр к плоскости BSC
, так как KH\perp SB
и KH\perp BC
. Точка K
— середина катета BF
прямоугольного треугольника BFS
, в котором
BF=\sqrt{3},~SF=1,~SB=\sqrt{1+3}=2,~\angle FBS=30^{\circ}.
Тогда
KH=\frac{1}{2}BK=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{8}.
Следовательно,
d=\frac{1}{2}KH=\frac{\sqrt{3}}{8}.
г) Отрезок CD
перпендикулярен пересекающимся прямым DF
и SF
плоскости DSF
, значит, FN\perp CD
, а так как FN\perp SD
, то FN
— перпендикуляр к плоскости CSD
. Искомый угол \beta
между плоскостями CSD
и ESF
равен углу между прямыми FN
и BF
, соответственно перпендикулярным этим плоскостям (см. задачу 8970), т. е. углу BFN
(или смежному с ним углу).
В треугольнике BSD
известно, что
SB=SD=2,~BD=\sqrt{3},
а точка N
на боковой стороне SD
такова, что SN=\frac{1}{2}
.
Пусть \angle SBD=\angle SDB=\varphi
. Тогда
\cos\varphi=\frac{\frac{1}{2}BD}{SB}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}.
По теореме косинусов из треугольника BDN
находим, что
BN=\sqrt{BD^{2}+DN^{2}-2BD\cdot DN\cos\varphi}=\sqrt{3+\frac{9}{4}-2\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}}=\sqrt{3}.
Из треугольника BFN
со сторонами FN=\frac{\sqrt{3}}{2}
и BF=BN=\sqrt{3}
находим, что
\cos\beta=\cos\angle BFN=\frac{\frac{1}{2}FN}{BF}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{4}.