9396. Боковое ребро правильной шестиугольной пирамиды SABCDEF
вдвое больше стороны основания ABCDEF
. Точка M
— середина бокового ребра SC
. Найдите угол между прямой BM
и плоскостью ESF
.
Ответ. \arcsin\frac{\sqrt{10}}{5}
.
Решение. Обозначим AB=a
, SC=2a
. Пусть O
— центр основания пирамиды, N
— середина бокового ребра SF
. Тогда MN
— средняя линия равностороннего треугольника CSF
. Поэтому MN\parallel CF\parallel AB
и MN=\frac{1}{2}CF=AB=a
. Значит, ABMN
— параллелограмм, поэтому AN=BM
и AN\parallel BM
. Следовательно, угол прямой BM
с плоскостью ASF
равен углу между этой плоскостью и прямой AN
.
Прямая OA
параллельна плоскости ESF
(см. задачу 8002), значит, расстояние от точки A
до плоскости ESF
равно расстоянию до этой плоскости от точки O
. Пусть H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на медиану SK
треугольника ESF
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости ESF
. Значит, синус искомого угла равен отношению \frac{OH}{AN}
.
Рассмотрим прямоугольный треугольник SOK
, в котором
SO=\frac{CF\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3},~OK=\frac{OF\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2},
SK=\sqrt{SO^{2}+OK^{2}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}.
Отрезок OH
— высота этого треугольника, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
OH=\frac{SO\cdot OK}{SK}=\frac{a\sqrt{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}
(см. задачу 1967).
По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
AN=\frac{1}{2}\sqrt{2SA^{2}+2AF^{2}-SF^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{2\cdot4a^{2}+2a^{2}-4a^{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.
Пусть искомый угол равен \alpha
. Тогда
\sin\alpha=\frac{OH}{AN}=\frac{\frac{3a}{\sqrt{15}}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}.