Question

Помогите хотя бы рисунок нарисовать, пожалуйста

В правильной треугольной пирамиде SABC, боковое ребро которой равно стороне основания, точка K - середина ребра SB, точка M - середина ребра BC. Найдите косинус угла между прямыми AK и SM.

Answer 1

Ответ:

$\dfrac{1}{6}$

Объяснение:

Прямые АК и SM - скрещивающиеся.

Пусть Н - середина МВ, тогда КН - средняя линия ΔSMB, КН║SM.

∠(АК; SM) = ∠(AK: KH) = ∠AKH = α - искомый угол.

Пусть а - ребро пирамиды (все ребра равны).

$AK=SM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$  как высоты (медианы) равностороннего треугольника.

$KH=\dfrac{1}{2}SM=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$   (средняя линия треугольника SMB)

АН выразим из ΔАВН по теореме косинусов:

$AH^2=BA^2+BH^2-2\cdot BA\cdot BH\cdot \cos\angle B$

∠B = 60°, так как ΔАВС правильный.

$AH^2=a^2+\dfrac{a^2}{16}-2\cdot a\cdot \dfrac{a}{4}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{17a^2}{16}-\dfrac{a^2}{4}=\dfrac{13a^2}{16}$

$AH=\dfrac{a\sqrt{13}}{4}$

Из треугольника АКН по теореме косинусов:

$AH^2=AK^2+KH^2-2\cdot AK\cdot KH\cdot \cos\alpha$

$\cos\alpha =\dfrac{AK^2+KH^2-AH^2}{2\cdot AK\cdot KH}$

$\cos\alpha =\dfrac{\dfrac{3a^2}{4}+\dfrac{3a^2}{16}-\dfrac{13a^2}{16}}{2\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{4}}$

$\cos\alpha =\dfrac{2a^2}{16}:\dfrac{3a^2}{4}=\dfrac{2a^2}{16}\cdot \dfrac{4}{3a^2}$

$\boldsymbol{\cos\alpha =\dfrac{1}{6}}$