Задача про пирамиду

[ole-ole-ole]

В правильной четырехугольной пирамиде, все ребра которой равны 1 , найдите синус угла между прямой $BE$ и плоскостью $SAD$. $E$ - середина ребра $SC$



Я отметил середину ребра $SD$ буквой $F$

Я так понимаю , что $AF$ - это проекция $BE$ на плоскость $SAD$.

Теперь нам нужно найти угол между $BE$ и $AF$.

Так как эти две прямые лежат в одной плоскости, то нарисуем отдельно плоскость - в которой они лежат.



$FG\parallel EB$, а значит искомый угол - это угол $AFG$. По теореме косинусов -- находим косинус, а потом используя основное тригонометрическое тождество -- находим синус. Верно ли это?

[svv]

ole-ole-ole писал(а):

Я так понимаю , что $AF$ - это проекция $BE$ на плоскость $SAD$.

Ортогональная? Непохоже. Ведь грани не вертикальны, а наклонны.

Посмотрите на верхний рисунок, и Вы увидите, что $EF$ не перпендикулярен плоскости $SAD$.

[ole-ole-ole]

svv в сообщении #593108 писал(а):

Ортогональная? Непохоже. Ведь грани не вертикальны, а наклонны.

Посмотрите на верхний рисунок, и Вы увидите, что $EF$ не перпендикулярен плоскости $SAD$.

Действительно.

Вот нарисовал еще парочку проекций (или сечений - как правильно?). Верно? $E'$ - ортогональная проекция точки $E$

[ole-ole-ole]

ой, а ведь ортогональная проекция точки $B$ - это вовсе не $A$, а середина стороны $AS$. Обозначу ее $L$. Тогда все еще сложнее. Верны ли рисунки? $(E_1=E')$

[kw_artem]

Точка $L$ тоже не ортогональная проекция точки $B$. Примените теорему Пифагора к треугольнику $LDB$ и сами увидите

[ole-ole-ole]

kw_artem в сообщении #593204 писал(а):

Точка $L$ тоже не ортогональная проекция точки $B$. Примените теорему Пифагора к треугольнику $LDB$ и сами увидите

Но ведь треугольник $SAB$ является равносторонним, так как все ребра равны $1$, а значит $BL$ - одновременно - высота, биссектриса, медиана.

[kw_artem]

ole-ole-ole в сообщении #593220 писал(а):

Но ведь треугольник является равносторонним, так как все ребра равны , а значит - одновременно - высота, биссектриса, медиана.

да верно, но это доказывает лишь перпендикулярность $BL$ прямой $SA$, при этом $BL$ может и не являться перпендикуляром к плоскости $ASD$ (она даже может лежать в этой плоскости и быть перпендикулярной той прямой). для того, чтобы $BL$ была ортогональна плоскости, нужно также, чтобы $BL$ была ортогональна прямой $DL$ (и как раз ей она и не ортогональна, т.к. угол $DLB$ не прямой)

[ole-ole-ole]

kw_artem в сообщении #593229 писал(а):

да верно, но это доказывает лишь перпендикулярность $BL$ прямой $SA$, при этом $BL$ может и не являться перпендикуляром к плоскости $ASD$ (она даже может лежать в этой плоскости и быть перпендикулярной той прямой). для того, чтобы $BL$ была ортогональна плоскости, нужно также, чтобы $BL$ была ортогональна прямой $DL$ (и как раз ей она и не ортогональна, т.к. угол $DLB$ не прямой)

А как тогда быть? Как узнать - в какую точку должна попасть проекция точки $B$?

-- 07.07.2012, 22:42 --

Теперь мне кажется, что точка $L$ должна лежать в желтой плоскости, но опять запутался...

[svv]

ole-ole-ole
Хотите я расскажу, как решить задачу с помощью векторов? Или Вам надо именно классическими методами?

[ole-ole-ole]

svv в сообщении #593273 писал(а):

ole-ole-ole
Хотите я расскажу, как решить задачу с помощью векторов? Или Вам надо именно классическими методами?

Классическими надо) Векторами бы я нашел уравнение плоскости -- потом уравнение нормали, ответом был синус угла --- это модуль скалярного произведения вектора нормали на вектор $BE$, деленный на длины векторов. Но я хочу научиться находить проекции и решать задачи классическими способами...

[kw_artem]

параллельно переносим EB так, что точка E совместилась с точкой F. Так расстояние FE равно 0,5 (средняя линия треугольника SDC), поэтому точка B разместится в середине отрезка AB -- пусть эта точка будет B'. Теперь построим ортогональную проекцию последней точки (B'), а для этого поступаем след. образом. Проводим на грани ADS апофему SK (K лежит в середине AD), параллельно переносим отрезок SK, чтобы точка K перешла в точку(соответственно точка S займет новое положение S'). Если провести перпендикулярную плоскость к пл. ABC, отрезок K'S'=AS' как раз в ней и расположится. Ну а теперь просто опускаете перпендикуляр из B' на эту вот AS'-- получится LB'. (чтобы проще было представить себе это, "смотрите" на грань пирамиды ABS под таким углом, чтобы пары ребер AS, DS и BS, CS совместились , а основание-квадрат перешло в отрезок-- т.е вместо пирамиды вы увидите треугольник) Почему LB' будет перпендикулярнен пл. ADS? Сами посмотрите, AS' параллелен KS, кот. в свою очередь перпендикулярна AD, поэтому из того ортогональности LB' к отр. AS' следует ортогональность LB' так же к AD, и значит к пл. ADS в целом.
Осталось лишь разобраться с углом. Искомый угол -- это угол LFB' в треугольнике LFB'. Угол L прямой, стороны B'L и FB' найти не проблема, и используя свойства прямоугольного треугольника найдете угол.
Если что-то не понятно, спрашивайте.

[svv]

ole-ole-ole писал(а):

Векторами бы я нашел уравнение плоскости -- потом уравнение нормали, ответом был синус угла --- это модуль скалярного произведения вектора нормали на вектор $BE$, деленный на длины векторов.

Да. Можно даже не находить уравнение плоскости. Нормаль — это $\vec{SA} \times \vec{SD}$.

[Nacuott]

kw_artem

[kw_artem]

kw_artem в сообщении #593301 писал(а):

чтобы точка K перешла в точку

опечатался. в точку $A$

[Cute]

К способу решения задачи, который предложил kw_artem прилагается ролик с картинкой:

http://www.youtube.com/watch?v=xjPlLALk ... e=youtu.be