7363. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
с основанием ABCDEF
найдите синус угла между прямой BC
и плоскостью SAF
, если известно, что стороны основания равны 1, а боковые рёбра равны 2.
Ответ. \frac{\sqrt{15}}{5}
.
Решение. Пусть O
— центр основания ABCDEF
. Прямая OA
параллельна прямой BC
, поэтому угол \alpha
между прямой BC
и плоскостью SAF
равен углу между OA
и этой плоскостью.
Опустим перпендикуляр OH
из точки O
на апофему SM
пирамиды, лежащую в плоскости SAF
. Прямая AF
перпендикулярна двум пересекающимся прямым OM
и SM
плоскости SOM
, содержащей прямую OH
, значит, AF\perp OH
. Таким образом, прямая OH
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AF
и SM
плоскости SAF
. Следовательно, OH
— перпендикуляр к плоскости SAF
, а AH
— ортогональная проекция наклонной OA
к этой плоскости. Значит, угол между прямой OA
и плоскостью SAF
— это угол OAH
.
В прямоугольном треугольнике OMS
известно, что
OM=AM\tg60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2},~SO=\sqrt{SA^{2}-OA^{2}}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3},
SM=\sqrt{SA^{2}-AM^{2}}=\sqrt{4-\frac{1}{4}}=\frac{\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{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{5}.
Следовательно,
\sin\alpha=\sin\angle OAH=\frac{OH}{OA}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{1}=\frac{\sqrt{15}}{5}.
Источник: Смирнов В. А. ЕГЭ 2010. Математика. Задача C2. Геометрия. Стереометрия / Под. ред. А. Л. Семёнова, И. В. Ященко. — М.: МЦНМО, 2010. — № 6, с. 20
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 6(а), с. 45