9309. Точка M
— середина бокового ребра SD
шестиугольной пирамиды SABCDEF
. Основание пирамиды — правильный шестиугольник ABCDEF
.
а) Постройте точку пересечения прямой AM
с плоскостью ESF
.
б) Найдите угол между прямой AM
с плоскостью ESF
, если пирамида правильная и её боковое ребро вдвое больше стороны основания.
Ответ. \arcsin\frac{\sqrt{5}}{10}
.
Решение. а) Плоскости ESF
и ASD
проходят через параллельные прямые EF
и AD
, значит, они пересекаются по прямой l
, параллельной AD
и проходящей через точку S
(см. задачу 8004). Пусть прямые AM
и l
, лежащие в плоскости ASD
, пересекаются в точке K
. Тогда K
— искомая точка пересечения прямой AM
с плоскостью ESF
.
б) Пусть пирамида правильная. Положим AB=a
, SA=2a
. Поскольку AD=SA=SD
, треугольник ASD
равносторонний, AM
— его медиана и высота, поэтому AM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}
. Из равенства треугольников KMS
и AMD
следует, что AK=2AM=2a\sqrt{3}
.
Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки A
на плоскость ESF
. Поскольку прямая AD
параллельна плоскости ESF
, то расстояние от точки A
до плоскости ESF
, т. е. длина перпендикуляра AH
, равно расстоянию от любой точки прямой AD
до этой плоскости, в частности, от центра O
основания ABCDEF
пирамиды.
Опустим перпендикуляр OP
из точки O
на медиану SN
грани ESF
. Тогда угол наклонной AK
с плоскостью ESF
— это угол AKH
. Прямая OP
перпендикулярна двум пересекающимся прямым SN
и EF
плоскости ESF
, значит, OP
— перпендикуляр к этой плоскости и AH=OP
. Из прямоугольных треугольников DOS
, ONF
и FNS
находим, что
SO=a\sqrt{3},~ON=\frac{a\sqrt{3}}{2},~SN=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
Следовательно,
OP=\frac{SO\cdot ON}{SN}=\frac{a\sqrt{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}.
Тогда AH=OP=\frac{3a}{\sqrt{15}}
. Из прямоугольного треугольника AKH
находим, что
\sin\angle AKH=\frac{AH}{AK}=\frac{\frac{3a}{\sqrt{15}}}{2a\sqrt{3}}=\frac{1}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{10}.