ID: 00022276
Источник: ФИПИ
а) Первый ход — рёбра. 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 равны: $SA = SB = SC = SD = 8$.
Грань $ASB$: равнобедренный треугольник с $SA = SB = 8$ и $AB = 4$. Высота из $S$ приходит в середину $H$ стороны $AB$, поэтому $\cos\angle ABS = \dfrac{BH}{BS} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}$. В прямоугольном треугольнике $APB$: $BP = AB \cdot \cos\angle ABS = 4 \cdot \dfrac{1}{4} = 1$.
Грань $CSB$: $SC = SB = 8$, $CB = 4\sqrt{2}$. Аналогично $\cos\angle CBS = \dfrac{CB/2}{BS} = \dfrac{2\sqrt{2}}{8} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$, и $BQ = CB \cdot \cos\angle CBS = 4\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{4} = 2$.
Обе точки лежат на ребре $SB$ и отложены от $B$: $BP = 1$, $BQ = 2$. Значит, $P$ лежит внутри отрезка $BQ$ и $BP = PQ = 1$, то есть $P$ — середина $BQ$. Что и требовалось доказать.
б) Плоскости $SBA$ и $SBC$ пересекаются по прямой $SB$, и к ней уже проведены два перпендикуляра: $AP$ и $CQ$. Пройдём из $A$ в $C$ ломаной $A$–$P$–$Q$–$C$: звено $PQ$ лежит на ребре, крайние звенья ему перпендикулярны. Возводя сумму звеньев в квадрат (слагаемые с $PQ$ пропадают из-за перпендикулярности), получаем: $AC^2 = AP^2 + PQ^2 + CQ^2 - 2 \cdot AP \cdot CQ \cdot \cos\varphi$, где $\varphi$ — угол между лучами $PA$ и $QC$, то есть двугранный угол между гранями.
Звенья: $AP^2 = AB^2 - BP^2 = 16 - 1 = 15$; проверка с другой стороны: $AP^2 = AS^2 - SP^2 = 64 - 49 = 15$ (тут $SP = 8 - 1 = 7$) — совпало. Дальше $CQ^2 = CB^2 - BQ^2 = 32 - 4 = 28$, снова проверим: $CS^2 - SQ^2 = 64 - 36 = 28$ — отлично. Звено $PQ = BQ - BP = 1$, диагональ $AC^2 = AB^2 + BC^2 = 16 + 32 = 48$.
Подставляем: $48 = 15 + 1 + 28 - 2 \cdot \sqrt{15} \cdot 2\sqrt{7} \cdot \cos\varphi$, то есть $48 = 44 - 4\sqrt{105}\cos\varphi$, откуда $\cos\varphi = -\dfrac{4}{4\sqrt{105}} = -\dfrac{1}{\sqrt{105}}$. Двугранный угол тупой, а угол между плоскостями — острый из смежных, его косинус равен модулю: $\dfrac{1}{\sqrt{105}} = \dfrac{\sqrt{105}}{105}$. Всё сходится. Ответ: $\arccos\dfrac{\sqrt{105}}{105}$.