7873. Дана правильная шестиугольная пирамида SABCDEF
со стороной основания 1 и высотой \frac{\sqrt{3}}{2}
. Найдите:
а) угол между прямыми BE
и CS
;
б) расстояние от точки B
до плоскости DSE
;
в) угол между плоскостями SCD
и ASF
;
г) расстояние между прямыми CD
и SF
.
Ответ. а) \arccos\frac{1}{\sqrt{7}}
; б) \frac{\sqrt{6}}{2}
; в) 90^{\circ}
; г) \frac{\sqrt{6}}{2}
.
Решение. а) Пусть O
— центр основания пирамиды. Тогда SO
— её высота. Из прямоугольного треугольника SOC
находим, что
SC=\sqrt{SO^{2}+OB^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{2}.
Поскольку BE\parallel CD
, угол между скрещивающимися прямыми BE
и CS
равен углу между пересекающимися прямыми CD
и CS
, т. е. углу DCS
при основании равнобедренного треугольника CSD
.
Пусть M
— середина ребра CD
. Тогда SM
— высота равнобедренного треугольника CSD
. Значит,
\cos\angle DCS=\cos\angle MCS=\frac{CM}{SC}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{7}}.
б) Поскольку O
— середина наклонной BE
к плоскости DSE
, расстояние от точки B
до плоскости DSE
вдвое больше расстояния до этой плоскости от точки O
.
Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на высоту SN
равнобедренного треугольника DSE
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости DSE
(OH\perp DE
по теореме о трёх перпендикулярах, OH\perp SN
по построению).
Поскольку
ON=\frac{\sqrt{3}}{2}DE=\frac{\sqrt{3}}{2}=SO,
треугольник SON
равнобедренный. Поэтому OH
— его медиана. Значит,
OH=HN=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{4}.
Следовательно, расстояние от точки B
до плоскости DSE
равно \frac{\sqrt{6}}{2}
.
в) Пересекающиеся плоскости SCD
и ASF
проходят через параллельные прямые CD
и AF
, поэтому прямая l
их пересечения, параллельна каждой из этих прямых.
Пусть K
и M
— середины рёбер AF
и CD
соответственно. Тогда угол между плоскостями SCD
и ASF
— это угол KSM
, так как SK\perp l
и SM\perp l
.
В равнобедренном треугольнике KSN
известно, что SK=SM=SN=\frac{\sqrt{6}}{2}
и KM=2OM=\sqrt{3}
. По теореме косинусов
\cos\angle KSM=\frac{SK^{2}+SM^{2}-KM^{2}}{2SK\cdot SM}=\frac{\frac{3}{2}+\frac{3}{2}-3}{2\cdot\frac{3}{2}}=0.
Следовательно, \angle KSM=90^{\circ}
.
г) Поскольку CD\parallel AF
, прямая CD
параллельна плоскости ASF
. Значит, расстояние между скрещивающимися прямыми CD
и SF
равно расстоянию от произвольной точки прямой CD
, например от середины M
ребра CD
, до плоскости ASF
(см. задачу 7889).
Точка O
— середина наклонной MK
к плоскости ASF
, поэтому расстояние от точки M
до плоскости ASF
вдвое больше расстояния от точки O
до этой плоскости.
Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на высоту SK
равнобедренного треугольника ASF
. Тогда OP
— перпендикуляр к плоскости ASF
. Заметим, что OP=OH=\frac{\sqrt{6}}{4}
. Значит, расстояние от точки M
до плоскости ASF
равно \frac{\sqrt{6}}{2}
. Следовательно, расстояние между прямыми CD
и SF
равно \frac{\sqrt{6}}{2}
.