Расстояние… — Задание 15 ЕГЭ по математике №00022275

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: $\arccos\dfrac{\sqrt{21}}{21}$.