Угол между… — Задание 15 ЕГЭ по математике №00043698

В основании правильный шестиугольник, вершина $S$ проектируется в его центр $O$. Все размеры пропорциональны стороне, а положение точки и угол от масштаба не зависят, поэтому возьмём сторону основания $1$ и высоту $SO=3$.

Пункт а. Вспомним устройство шестиугольника: он состоит из шести правильных треугольников с общей вершиной $O$, так что $OB=OC=OD=BC=CD=1$, а $OBCD$ — ромб.

Точки $B$ и $D$ симметричны относительно прямой $OC$ (диагональ ромба — ось его симметрии), а вершина $S$ лежит над $O$. Поэтому для любой точки $N$ ребра $SC$ выполняется $NB=ND$ (треугольники $NCB$ и $NCD$ равны: $NC$ общая, $CB=CD$, $\angle NCB=\angle NCD$, так как боковые грани $SCB$ и $SCD$ равны). Значит, треугольник $BDN$ равносторонний ровно тогда, когда $NB=BD$.

Найдём $BD$: в треугольнике $BCD$ стороны $1$ и $1$ и угол $120^\circ$ при вершине $C$, по теореме косинусов $BD^{2}=1+1-2\cdot\left(-\dfrac12\right)=3$, $BD=\sqrt3$.

Пусть $H$ — точка пересечения диагоналей ромба $OBCD$; она середина и $BD$, и $OC$: $OH=HC=\dfrac12$, $BH=\dfrac{\sqrt3}{2}$, $BH\perp OC$.

Возьмём на ребре $SC$ точку $N=C+t\cdot\overrightarrow{CS}$, $0\leqslant t\leqslant1$. В плоскости $SOC$ поставим $O(0;0)$, $C(1;0)$, $S(0;3)$; тогда $N(1-t;\,3t)$, $H\left(\dfrac12;0\right)$. Прямая $BD$ перпендикулярна плоскости $SOC$ ($BD\perp OC$ и $BD\perp SO$), поэтому $NB^{2}=NH^{2}+BH^{2}$. Условие $NB^{2}=3$:

$$\left(\dfrac12-t\right)^{2}+9t^{2}+\dfrac34=3\quad\Leftrightarrow\quad 10t^{2}-t-2=0.$$

$D=1+80=81$, $t=\dfrac{1\pm9}{20}$: $t=\dfrac12$ или $t=-\dfrac25$. Второе значение не даёт точки ребра. Значит, $t=\dfrac12$ — точка $N$ единственная, и это середина $SC$. Что и требовалось доказать.

Пункт б. Проекция середины $N$ ребра $SC$ на основание — середина $OC$, то есть точка $H$, а высота $NH=\dfrac{SO}{2}=\dfrac32$.

Плоскость $AFN$ пересекает основание по прямой $AF$. Опустим из $H$ перпендикуляр $HE'$ на $AF$; по теореме о трёх перпендикулярах $NE'\perp AF$, и угол $NE'H$ — линейный угол между плоскостями. Его тангенс равен $\dfrac{NH}{HE'}$.

Найдём $HE'$. Сторона $AF$ параллельна противоположной стороне $CD$, а расстояние между противоположными сторонами равно двум высотам правильного треугольника со стороной $1$: $2\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\sqrt3$. Точка $H$ лежит на отрезке $OC$; расстояние от $O$ до $CD$ равно $\dfrac{\sqrt3}{2}$, от $C$ — нулю, а от середины $H$ — половине: $\dfrac{\sqrt3}{4}$. Тогда

$$HE'=\sqrt3-\dfrac{\sqrt3}{4}=\dfrac{3\sqrt3}{4},\qquad \operatorname{tg}\varphi=\dfrac{3/2}{3\sqrt3/4}=\dfrac{2}{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}{3}.$$

Проверим координатами в основании: $A\left(-\dfrac12;\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$, $F(-1;0)$, прямая $AF$: $\sqrt3x-y+\sqrt3=0$. Расстояние от $H\left(\dfrac12;0\right)$: $\dfrac{\left|\frac{\sqrt3}{2}+\sqrt3\right|}{2}=\dfrac{3\sqrt3}{4}$. Совпало.