9318. Основание пирамиды SABCDEF
— правильный шестиугольник ABCDEF
. Высота пирамиды проходит через точку пересечения прямых BC
и DE
.
а) Докажите, что SC\perp BF
.
б) Найдите угол между прямыми AF
и SB
, если наибольшее боковое ребро пирамиды втрое больше стороны основания.
Ответ. \arccos\frac{1}{\sqrt{6}}=\arctg5
.
Решение. а) Пусть H
— точка пересечения прямых BC
и DE
. Прямая BF
перпендикулярна двум пересекающимся прямым SH
и BC
плоскости SBH
, значит, BF
— перпендикуляр к этой плоскости. Следовательно, прямая BF
перпендикулярна прямой CS
, лежащей в плоскости SBH
.
б) Обозначим AB=a
. Треугольник CHD
равносторонний, поэтому CH=CD=a
, BH=2a
. Отрезки HC=HD
, HB=HE
и HA=HE
— ортогональные проекции боковых рёбер пирамиды. Поскольку HA
и HE
— наибольшие из этих отрезков, SA
и SE
— наибольшие боковые рёбра. Значит, SA=SB=3a
.
Поскольку AF\parallel BE
, угол между скрещивающимися прямыми AF
и SB
равен углу между пересекающимися прямыми BE
и SB
, т. е. углу SBE
.
Пусть O
— центр основания пирамиды, а прямая AF
пересекает прямые BC
и DE
в точках P
и Q
. Тогда стороны равностороннего треугольника HPQ
равны 3a
, а его высота HT
равна \frac{3a\sqrt{3}}{2}
. Из прямоугольных треугольников ATS
, SHT
и BHS
находим, что
ST^{2}=SA^{2}-AT^{2}=9a^{2}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{35a^{2}}{4},
SH^{2}=ST^{2}-HT^{2}=\frac{35a^{2}}{4}-\frac{27a^{2}}{4}=2a^{2},
SB=\sqrt{SH^{2}+BH^{2}}=\sqrt{2a^{2}+4a^{2}}=a\sqrt{6}.
Отрезок SO
— высота и медиана равнобедренного треугольника BSE
, следовательно,
\cos\angle SBE=\cos\angle SBO=\frac{BO}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{6}}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2016
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — № 3, с. 110