Задание 14 ЕГЭ по математике: Основанием четырёхугольной пирамиды SABCD является прямоугольник…

№2. Задание 14

ID: 00022275

Основанием четырёхугольной пирамиды

SABCD

является прямоугольник

ABCD

, причём

AB = 2\sqrt{2}

BC = 4

. Основанием высоты пирамиды является центр прямоугольника. Из вершин

A

C

опущены перпендикуляры

AP

CQ

на ребро

SB

. а) Докажите, что

P

— середина отрезка

BQ

. б) Найдите угол между плоскостями

SBA

SBC

, если

SD = 4

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

а) Сначала разберёмся с рёбрами. Основание высоты — центр $O$ прямоугольника, а диагонали прямоугольника равны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому $OA = OB = OC = OD$ . Прямоугольные треугольники $SOA$ , $SOB$ , $SOC$ , $SOD$ равны по двум катетам, значит, все боковые рёбра одинаковые: $SA = SB = SC = SD = 4$ .

Работаем в грани $ASB$ . Треугольник равнобедренный: $SA = SB = 4$ , $AB = 2\sqrt{2}$ . Опустим из $S$ высоту на $AB$ — она попадёт в середину $H$ , и $\cos\angle ABS = \dfrac{BH}{BS} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$ . Теперь прямоугольный треугольник $APB$ (угол $P$ прямой, ведь $AP \perp SB$ ): $BP = AB \cdot \cos\angle ABS = 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{4} = 1$ .

Точно так же в грани $CSB$ : треугольник со сторонами $SC = SB = 4$ и $CB = 4$ вообще равносторонний, его углы по $60^\circ$ , поэтому $BQ = CB \cdot \cos 60^\circ = 4 \cdot \dfrac{1}{2} = 2$ .

Обе точки лежат на ребре $SB$ , отложены от одной вершины $B$ : $BP = 1$ , $BQ = 2$ . Значит, $P$ — внутри отрезка $BQ$ , и $BP = PQ = 1$ : точка $P$ — середина $BQ$ . Что и требовалось доказать.

б) Общая прямая плоскостей $SBA$ и $SBC$ — это $SB$ , и у нас уже есть два перпендикуляра к ней: $AP \perp SB$ и $CQ \perp SB$ . Соединим $A$ и $C$ ломаной $A$ – $P$ – $Q$ – $C$ : среднее звено $PQ$ идёт вдоль ребра $SB$ , а крайние звенья ему перпендикулярны. Если расписать вектор из $A$ в $C$ как сумму трёх звеньев и возвести в квадрат, слагаемые со средним звеном исчезнут из-за перпендикулярности, и останется: $AC^2 = AP^2 + PQ^2 + CQ^2 - 2 \cdot AP \cdot CQ \cdot \cos\varphi$ , где $\varphi$ — угол между лучами $PA$ и $QC$ , то есть в точности двугранный угол между полуплоскостями.

Считаем звенья. $AP^2 = AB^2 - BP^2 = 8 - 1 = 7$ . Проверим с другой стороны: $AP^2 = AS^2 - SP^2 = 16 - 9 = 7$ (здесь $SP = SB - BP = 3$ ) — совпало, значит, $BP$ найден верно. Дальше: $CQ^2 = CB^2 - BQ^2 = 16 - 4 = 12$ , $PQ = BQ - BP = 1$ , а диагональ основания $AC^2 = AB^2 + BC^2 = 8 + 16 = 24$ .

Подставляем: $24 = 7 + 1 + 12 - 2 \cdot \sqrt{7} \cdot 2\sqrt{3} \cdot \cos\varphi$ , то есть $24 = 20 - 4\sqrt{21}\cos\varphi$ , откуда $\cos\varphi = -\dfrac{4}{4\sqrt{21}} = -\dfrac{1}{\sqrt{21}}$ . Косинус отрицательный — двугранный угол тупой. Но углом между плоскостями называют острый из смежных, его косинус равен модулю: $\dfrac{1}{\sqrt{21}} = \dfrac{\sqrt{21}}{21}$ . Всё сходится. Ответ: $\arccos\dfrac{\sqrt{21}}{21}$ .

Ответ

а) доказано; б)

\arccos\dfrac{\sqrt{21}}{21}