Номер 500, страница 174 - гдз по геометрии 10 класс учебник Латотин, Чеботаревский

500. В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ точка $M$ — середина ребра $SA$, $MA = AB$. Найдите угол между прямой:

а) $BM$ и плоскостью $SDM$;

б) $AC$ и плоскостью $BDM$.

Введем пространственную систему координат для решения задачи. Пусть сторона основания правильного шестиугольника $ABCDEF$ равна $a$. В условии сказано, что $MA = AB$, следовательно, $MA = a$. Так как точка $M$ — середина ребра $SA$, то длина бокового ребра $SA = 2 \cdot MA = 2a$.

Поместим центр основания пирамиды, точку $O$, в начало координат $(0, 0, 0)$. Вершину $S$ расположим на положительной полуоси $Oz$. Основание $ABCDEF$ будет лежать в плоскости $Oxy$. Пусть вершина $A$ лежит на положительной полуоси $Ox$.

Примем $a=1$ для упрощения вычислений. Тогда координаты вершин основания (правильного шестиугольника со стороной 1):
$A(1, 0, 0)$
$B(1 \cdot \cos(60^\circ), 1 \cdot \sin(60^\circ), 0) = B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
$C(1 \cdot \cos(120^\circ), 1 \cdot \sin(120^\circ), 0) = C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
$D(1 \cdot \cos(180^\circ), 1 \cdot \sin(180^\circ), 0) = D(-1, 0, 0)$
$E(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$
$F(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$

Найдем высоту пирамиды $SO = h$. Вершина $S$ имеет координаты $(0, 0, h)$.
Длина бокового ребра $SA$ равна $2a = 2$. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $SOA$ ($\angle SOA = 90^\circ$):
$SA^2 = SO^2 + OA^2$
$2^2 = h^2 + 1^2$
$4 = h^2 + 1 \Rightarrow h^2 = 3 \Rightarrow h = \sqrt{3}$.
Таким образом, координаты вершины $S(0, 0, \sqrt{3})$.

Найдем координаты точки $M$ — середины ребра $SA$.
$A(1, 0, 0)$ и $S(0, 0, \sqrt{3})$.
$M = (\frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}, \frac{0+\sqrt{3}}{2}) = M(\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

Угол $\alpha$ между прямой и плоскостью находится по формуле:$\sin \alpha = \frac{|\vec{v} \cdot \vec{n}|}{|\vec{v}| \cdot |\vec{n}|}$, где $\vec{v}$ — направляющий вектор прямой, а $\vec{n}$ — вектор нормали к плоскости.

1. Найдем направляющий вектор $\vec{v}_{BM}$ прямой $BM$.
$B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ и $M(\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2})$.
$\vec{v}_{BM} = M - B = (\frac{1}{2}-\frac{1}{2}, 0-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}-0) = (0, -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}_{SDM}$ к плоскости $SDM$.
$S(0, 0, \sqrt{3})$, $D(-1, 0, 0)$, $M(\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2})$.
Заметим, что у всех трех точек $S, D, M$ координата $y$ равна нулю. Это означает, что плоскость $SDM$ совпадает с координатной плоскостью $Ox_z$. Уравнение этой плоскости $y=0$.
Вектор нормали к плоскости $y=0$ — это любой вектор, коллинеарный оси $Oy$, например, $\vec{n}_{SDM} = (0, 1, 0)$.

3. Вычислим угол $\alpha$.
$\vec{v}_{BM} \cdot \vec{n}_{SDM} = 0 \cdot 0 + (-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 0 = -\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$|\vec{v}_{BM} \cdot \vec{n}_{SDM}| = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$|\vec{v}_{BM}| = \sqrt{0^2 + (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{3}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{6}{4}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.
$|\vec{n}_{SDM}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 0^2} = 1$.
$\sin \alpha = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{6}}{2} \cdot 1} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
$\alpha = \arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$.

Ответ: $45^\circ$.

Аналогично пункту а), найдем угол $\beta$ между прямой $AC$ и плоскостью $BDM$.

1. Найдем направляющий вектор $\vec{v}_{AC}$ прямой $AC$.
$A(1, 0, 0)$ и $C(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
$\vec{v}_{AC} = C - A = (-\frac{1}{2}-1, \frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-0) = (-\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
Для удобства можно использовать коллинеарный вектор, умножив координаты на 2: $\vec{v'}_{AC} = (-3, \sqrt{3}, 0)$.

2. Найдем вектор нормали $\vec{n}_{BDM}$ к плоскости $BDM$. Для этого найдем векторное произведение двух векторов, лежащих в этой плоскости, например, $\vec{DB}$ и $\vec{DM}$.
$B(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$, $D(-1, 0, 0)$, $M(\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2})$.
$\vec{DB} = B - D = (\frac{1}{2}-(-1), \frac{\sqrt{3}}{2}-0, 0-0) = (\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.
$\vec{DM} = M - D = (\frac{1}{2}-(-1), 0-0, \frac{\sqrt{3}}{2}-0) = (\frac{3}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2})$.
$\vec{n}_{BDM} = \vec{DB} \times \vec{DM} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \frac{3}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & 0 \\ \frac{3}{2} & 0 & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{vmatrix} = $
$= \vec{i}(\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 0) - \vec{j}(\frac{3}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 0) + \vec{k}(0 - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{3}{2}) = $
$= \vec{i}(\frac{3}{4}) - \vec{j}(\frac{3\sqrt{3}}{4}) - \vec{k}(\frac{3\sqrt{3}}{4}) = (\frac{3}{4}, -\frac{3\sqrt{3}}{4}, -\frac{3\sqrt{3}}{4})$.
Для удобства возьмем коллинеарный вектор, умножив на $\frac{4}{3}$: $\vec{n'}_{BDM} = (1, -\sqrt{3}, -\sqrt{3})$.

3. Вычислим угол $\beta$.
$\vec{v'}_{AC} \cdot \vec{n'}_{BDM} = (-3) \cdot 1 + \sqrt{3} \cdot (-\sqrt{3}) + 0 \cdot (-\sqrt{3}) = -3 - 3 + 0 = -6$.
$|\vec{v'}_{AC} \cdot \vec{n'}_{BDM}| = 6$.
$|\vec{v'}_{AC}| = \sqrt{(-3)^2 + (\sqrt{3})^2 + 0^2} = \sqrt{9+3} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$.
$|\vec{n'}_{BDM}| = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1+3+3} = \sqrt{7}$.
$\sin \beta = \frac{6}{2\sqrt{3} \cdot \sqrt{7}} = \frac{3}{\sqrt{3}\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \sqrt{\frac{3}{7}}$.
$\beta = \arcsin\left(\sqrt{\frac{3}{7}}\right)$.

Ответ: $\arcsin\left(\sqrt{\frac{3}{7}}\right)$.