Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 10812
2023-02-20 
В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ с основанием $ABCDEF$ найдите синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$, если известно, что стороны основания равны 1, а боковые рёбра равны 2.
Решение:
Пусть $O$ - центр основания $ABCDEF$. Прямая $OC$ параллельна прямой $AB$, поэтому угол $\alpha$ между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$ равен углу между $OC$ и этой плоскостью.
Опустим перпендикуляр $OH$ из точки $O$ на апофему $SM$ пирамиды, лежащую в плоскости $SBC$. Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $OM$ и $SM$ плоскости $SOM$, содержащей прямую $OH$, значит, $BC\perp OH$. Таким образом, прямая $OH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BC$ и $SM$ плоскости $SBC$. Следовательно, $OH$ - перпендикуляр к плоскости $SBC$, а $CH$ - ортогональная проекция наклонной $OC$ к этой плоскости. Значит, угол между прямой $OC$ и плоскостью $SBC$ - это угол $OCH$.
В прямоугольном треугольнике $OMS$ известно, что
$OM=BMtg60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2},~SO=\sqrt{SB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3},$
$SM=\sqrt{SB^{2}-BM^{2}}=\sqrt{4-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}.$
Записав двумя способами площадь треугольника $SOM$, получим, что $\frac{1}{2}OM\cdot SO=\frac{1}{2}SM\cdot OH$, откуда
$OH=\frac{OM\cdot SO}{SM}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{5}.$
Следовательно,
$\sin\alpha=\sin\angle OCH=\frac{OH}{OA}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{1}=\frac{\sqrt{15}}{5}.$
В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ с основанием $ABCDEF$ найдите синус угла между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$, если известно, что стороны основания равны 1, а боковые рёбра равны 2.
Решение:
Пусть $O$ - центр основания $ABCDEF$. Прямая $OC$ параллельна прямой $AB$, поэтому угол $\alpha$ между прямой $AB$ и плоскостью $SBC$ равен углу между $OC$ и этой плоскостью.
Опустим перпендикуляр $OH$ из точки $O$ на апофему $SM$ пирамиды, лежащую в плоскости $SBC$. Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $OM$ и $SM$ плоскости $SOM$, содержащей прямую $OH$, значит, $BC\perp OH$. Таким образом, прямая $OH$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $BC$ и $SM$ плоскости $SBC$. Следовательно, $OH$ - перпендикуляр к плоскости $SBC$, а $CH$ - ортогональная проекция наклонной $OC$ к этой плоскости. Значит, угол между прямой $OC$ и плоскостью $SBC$ - это угол $OCH$.
В прямоугольном треугольнике $OMS$ известно, что
$OM=BMtg60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2},~SO=\sqrt{SB^{2}-OB^{2}}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3},$
$SM=\sqrt{SB^{2}-BM^{2}}=\sqrt{4-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}.$
Записав двумя способами площадь треугольника $SOM$, получим, что $\frac{1}{2}OM\cdot SO=\frac{1}{2}SM\cdot OH$, откуда
$OH=\frac{OM\cdot SO}{SM}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{5}.$
Следовательно,
$\sin\alpha=\sin\angle OCH=\frac{OH}{OA}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{1}=\frac{\sqrt{15}}{5}.$
