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

№2. Задание 14

ID: 00022276

Основанием четырёхугольной пирамиды

SABCD

является прямоугольник

ABCD

, причём

AB = 4

BC = 4\sqrt{2}

. 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 = 8

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

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: $\arccos\dfrac{\sqrt{105}}{105}$ .

Ответ

а) доказано; б)

\arccos\dfrac{\sqrt{105}}{105}