Задача №18043

В правильной шестиугольной пирамиде $SABCDEF$ точки $M$ и $K$ — середины боковых рёбер $SA$ и $SD$ соответственно. а) Докажите, что прямые $BC$ и $MK$ параллельны. б) Найдите объём пирамиды $MABF\text{,}$ если $AB=6\text{,}$ а угол между плоскостью $BMC$ и плоскостью основания пирамиды $SABCDEF$ равен $60^{\circ }\text{.}$

а) Рассмотрим треугольник $SAD\text{.}$ Точка $M$ — середина бокового ребра $SA\text{,}$ точка $K$ — середина бокового ребра $SD\text{,}$ значит $MK$ — средняя линия треугольника $SAD\text{.}$ Следовательно,

Так как пирамида правильная, в основании лежит правильный шестиугольник $ABCDEF\text{.}$ В правильном шестиугольнике сторона $BC$ и большая диагональ $AD$ параллельны (обе перпендикулярны большой диагонали, проходящей через середины $BC$ и $EF$), причём $BC=\frac{1}{2}AD\text{.}$ Значит,

По свойству транзитивности параллельности прямых из $MK\parallel AD$ и $BC\parallel AD$ получаем

Что и требовалось доказать.

б) Введём прямоугольную систему координат с началом в центре $O$ основания. Так как в правильном шестиугольнике со стороной $6$ расстояние от центра до вершины равно стороне, то есть $6\text{,}$ и большая диагональ $AD=12\text{,}$ удобно расположить вершины так, чтобы диагональ $AD$ лежала на оси $Ox\text{:}$

Проверим длину стороны: $AB=\sqrt{(-6+3{)}^2+(3\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{9+27}=6$ — верно.

Вершина $S$ проектируется в центр основания, поэтому $S(0;0;h)\text{,}$ где $h=SO$ — высота пирамиды. Так как $M$ — середина $SA\text{,}$ её координаты:

Построим линейный угол двугранного угла между плоскостью $BMC$ и плоскостью основания. Их линией пересечения служит прямая $BC\text{:}$ точки $B$ и $C$ лежат и в плоскости основания (у них $z=0$), и в плоскости $BMC\text{.}$ Прямая $BC$ задаётся точкой $B$ и направляющим вектором

то есть она параллельна оси $Ox\text{.}$

Опустим из точки $M$ перпендикуляр на прямую $BC\text{;}$ основание этого перпендикуляра обозначим $Q\text{.}$ Поскольку $\overrightarrow{BC}$ имеет только $x$-координату, точка $Q$ получается из $M$ сохранением координаты $x=-3$ и переносом на прямую $BC$ (где $y=3\sqrt{3},z=0$):

Проверим: $\overrightarrow{QM}=M-Q=(0;-3\sqrt{3};\frac{h}{2})\text{,}$ и $\overrightarrow{QM}\cdot \overrightarrow{BC}=0$ — действительно $QM\perp BC\text{.}$

Пусть $M_0(-3;0;0)$ — проекция точки $M$ на плоскость основания. Тогда $\overrightarrow{Q{M}_0}=(0;-3\sqrt{3};0)\text{,}$ и $\overrightarrow{Q{M}_0}\cdot \overrightarrow{BC}=0\text{,}$ то есть и $Q{M}_0\perp BC\text{.}$ Значит, оба отрезка $QM$ и $Q{M}_0$ перпендикулярны линии пересечения $BC\text{,}$ поэтому угол $\angle MQ{M}_0$ и есть линейный угол искомого двугранного угла. По условию $\angle MQ{M}_0=60^{\circ }\text{.}$

В прямоугольном (с прямым углом при $M_0$) треугольнике $MQ{M}_0\text{:}$

Поэтому

Так как $\mathrm{tg}60^{\circ }=\sqrt{3}\text{,}$ получаем

Проверим этот результат вторым способом — через нормали к плоскостям. Нормаль к плоскости основания: $\overrightarrow{n_1}=(0;0;1)\text{.}$ Нормаль к плоскости $BMC\text{:}$

Тогда косинус угла между плоскостями

Подставляя $\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}\text{:}$

Оба способа дают согласованный результат $h=18\text{.}$

Тогда координата $z$ точки $M$ равна

Найдём объём пирамиды $MABF\text{.}$ В качестве основания возьмём треугольник $ABF\text{,}$ целиком лежащий в плоскости основания ($z=0$). Тогда высота пирамиды $MABF\text{,}$ опущенная на эту плоскость, равна расстоянию от точки $M$ до плоскости $z=0\text{,}$ то есть $H=z_M=9\text{.}$

Найдём площадь треугольника $ABF\text{.}$ Точки $B(-3;3\sqrt{3})$ и $F(-3;-3\sqrt{3})$ имеют одинаковую координату $x=-3\text{,}$ поэтому отрезок $BF$ вертикален и

Расстояние от точки $A(-6;0)$ до прямой $BF$ (прямой $x=-3$) равно $|-6-(-3)|=3\text{.}$ Поэтому

Окончательно объём пирамиды $MABF\text{:}$

Ответ: б) $27\sqrt{3}\text{.}$