Несложная стереометрическая задачка с шестиугольной пирамидой

[latexpage]

Задачу прислала ученица, которая с ней не справилась. Построение сечений пирамид у многих вызывает затруднения, особенно если пирамида шестиугольная. Поэтому очень советую посмотреть статьи на эту тему: построение сечения шестиугольной пирамиды, построение сечения четырехугольной пирамиды, сложные случаи построения сечений.

Задача. Дана правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$ с вершиной $S$.

а) Постройте сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую $AB$ и середину высоты $SH$ пирамиды.

б) Пусть $K$ – точка пересечения этой плоскости с ребром $SC$. Найдите угол между прямой $BK$ и плоскостью $ASB$, если $AB:AS=1:2$.

Построим сначала сечение. Для этого определим основание высоты пирамиды $H$: это точка пересечения отрезков $BE, AD, CF$. Построим высоту $SH$ и определим ее середину $P$. Через точку $P$ проведем прямую, параллельную $AB$. Она пересечет ребра $CS$ и $SF$ в точках $K$ и $L$.  Построим апофемы $SJ$ и $SR$. Через точку $J$ пересечения апофемы $SJ$ с ребром $AB$ и точку $P$ проведем прямую, и найдем точку пересечения этой прямой с апофемой $SR$ – $N$. Через полученную точку $N$ проведем прямую, параллельную $AB$, и найдем точки пересечения этой прямой с ребрами $SD$ и $SE$ – $I$ и $M$. Соединяя точки $M, L, A, B, K, I$ получим многоугольник сечения.

Определим теперь угол между прямой $BK$ и плоскостью $ASB$. Так как $KL$ является средней линией треугольника  $CSF$, то $KL=a=AB$ (стороне основания пирамиды). Кроме того, $KL \parallel AB$. Таким образом, $ABKL$ – прямоугольник. Следовательно, $BK \parallel JP$. Тогда искомый угол – $SJP$. Чтобы найти этот угол, определим длины некоторых отрезков: $SJ, JH, SH, SP$.

Треугольник $ABH$ – равносторонний со стороной $a$, $JH$ – его высота:

$$JH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$

Так как $SA=2a$, а $AH=a$, то

$$SH=\sqrt{(2a)^2-a^2}=a\sqrt{3}$$

Теперь апофема:

$$SJ=\sqrt{SA^2-\left(\frac{AB}{2}\right)^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}$$

Длина половины высоты пирамиды:

$$SP=PH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$

Площадь треугольника $SJP$ можно найти двумя способами:

$$2S=JS\cdot h=SP\cdot JH$$

Где $h$ – расстояние от точки $P$ до прямой $SJ$. Определим $h$:

$$h=\frac{ SP\cdot JH }{ JS } =\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}$$

Определим $JP$: треугольник $JHP$ прямоугольный и равнобедренный, поэтому $JP=PH\cdot \sqrt{2}=a\sqrt{\frac{2}{3}}$.

Тогда синус искомого угла равен:

$$\sin SJP=\frac{h}{JP}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$$

То же самое можно найти и координатным методом: введем систему координат так, что ее начало расположено в точке  $J$, ось $x$ направлена вдоль $AB$ (от $B$ к $A$), ось $y$ – вдоль прямой $JH$, ось $z$ – вверх. Тогда координаты точек $J(0; 0; 0), A(\frac{a}{2}; 0; 0), B(-\frac{a}{2}; 0; 0), K(-\frac{a}{2}; \frac{a\sqrt{3}}{2}; -\frac{a\sqrt{3}}{2}), S(0; \frac{a\sqrt{3}}{2}; a\sqrt{3})$.

Координаты  направляющего вектора прямой $BK (0; \frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2})$. Определим уравнение плоскости $ASB$:

$$\begin{Bmatrix} {-\frac{a}{2}\cdotA=0}\\{\frac{a\sqrt{3}}{2}B+\frac{a\sqrt{3}}{2}C=0}\end{matrix}$$

Откуда $A=0$ и $C=-\frac{B}{2}$. Тогда координаты нормали к плоскости $ASB$ : $\vec{n} (0; 1; -2)$, а искомый угол

$$\sin SJP=\cos{\alpha}=\frac{\vec{n}\cdot \vec{BK}}{\mid \vec{n} \mid \cdot \mid \vec{BK}\mid}=\frac{ \mid \frac{a\sqrt{3}}{2}- a\sqrt{3} \mid}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{ a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{5}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$$

Ответ: $\sin SJP=\frac{1}{\sqrt{10}}$.