ID: 00028754
Основанием четырёхугольной пирамиды $SABCD$ является прямоугольник $ABCD$, причём $AB=2\sqrt{2}$, $BC=4$. Основанием высоты пирамиды является центр прямоугольника. Из вершин $A$ и $C$ опущены перпендикуляры $AP$ и $CQ$ на ребро $SB$.
а) Докажите, что $P$ — середина отрезка $BQ$.
б) Найдите угол между гранями $SBA$ и $SBC$, если $SD=4$.
Источник: ФИПИ
Главное в условии — фраза «основанием высоты пирамиды является центр прямоугольника». Обозначим этот центр $O$; тогда $SO$ перпендикулярна плоскости основания. Диагонали прямоугольника равны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому $OA=OB=OC=OD$. А раз проекции наклонных $SA$, $SB$, $SC$, $SD$ на основание равны, то равны и сами наклонные: $SA=SB=SC=SD$. Это ключ ко всей задаче.
Пункт а (доказательство).
Разберёмся, где именно на ребре $SB$ стоит точка $P$. Треугольник $APB$ прямоугольный (по условию $AP\perp SB$), поэтому катет $BP$ — это проекция отрезка $AB$ на прямую $SB$:
$BP=AB\cdot\cos\angle ABS$.
Косинус этого угла возьмём из треугольника $ASB$. Он равнобедренный, ведь $SA=SB$, значит его высота из вершины $S$ падает в середину $H$ стороны $AB$. Из прямоугольного треугольника $SHB$:
$\cos\angle ABS=\dfrac{BH}{SB}=\dfrac{AB}{2\cdot SB}$.
Подставляем и получаем красивую формулу: $BP=\dfrac{AB^2}{2\cdot SB}$.
Ровно те же рассуждения годятся для второго перпендикуляра: треугольник $CSB$ тоже равнобедренный ($SC=SB$), поэтому $BQ=\dfrac{BC^2}{2\cdot SB}$.
Теперь сравним. Обе точки $P$ и $Q$ лежат на луче $BS$, поэтому достаточно сравнить длины:
$\dfrac{BQ}{BP}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{4^2}{(2\sqrt2)^2}=\dfrac{16}{8}=2$.
Значит $BQ=2\cdot BP$, то есть $BP=\dfrac{BQ}{2}$, а так как $P$ лежит между $B$ и $Q$, точка $P$ — середина отрезка $BQ$. Что и требовалось доказать. Заметьте: длина бокового ребра сюда вообще не вошла, всё решает отношение сторон прямоугольника.
Пункт б (вычисление).
Все боковые рёбра равны, поэтому из $SD=4$ сразу следует $SB=4$.
Считаем найденные отрезки: $BP=\dfrac{AB^2}{2\cdot SB}=\dfrac{8}{8}=1$ и $BQ=\dfrac{BC^2}{2\cdot SB}=\dfrac{16}{8}=2$.
Из прямоугольного треугольника $APB$: $AP=\sqrt{AB^2-BP^2}=\sqrt{8-1}=\sqrt7$.
Из прямоугольного треугольника $CQB$: $CQ=\sqrt{BC^2-BQ^2}=\sqrt{16-4}=\sqrt{12}=2\sqrt3$.
Теперь про сам угол. Угол между гранями $SBA$ и $SBC$ — это двугранный угол при их общем ребре $SB$. Чтобы его увидеть, нужны два луча из одной точки ребра, каждый в своей грани и каждый перпендикулярный ребру. Один такой луч у нас есть — это $PA$. Второй проведём из той же точки $P$ в грани $SBC$: прямая через $P$, перпендикулярная $SB$, параллельна $QC$; пусть она пересекает $BC$ в точке $T$.
Треугольник $BPT$ подобен треугольнику $BQC$ (у них общий угол при $B$ и параллельные стороны $PT$ и $QC$) с коэффициентом $\dfrac{BP}{BQ}=\dfrac12$. Значит
$PT=\dfrac{QC}{2}=\sqrt3$ и $BT=\dfrac{BC}{2}=2$.
Искомый угол — это угол $APT$. Найдём третью сторону треугольника $APT$. Угол $ABT$ — это угол прямоугольника $ABCD$, то есть прямой, поэтому из треугольника $ABT$:
$AT=\sqrt{AB^2+BT^2}=\sqrt{8+4}=\sqrt{12}=2\sqrt3$.
Осталась теорема косинусов в треугольнике $APT$:
$\cos\angle APT=\dfrac{AP^2+PT^2-AT^2}{2\cdot AP\cdot PT}=\dfrac{7+3-12}{2\cdot\sqrt7\cdot\sqrt3}=\dfrac{-2}{2\sqrt{21}}=-\dfrac{1}{\sqrt{21}}$.
Косинус получился отрицательным — значит двугранный угол тупой, и это нормально: боковые грани «раскрыты» широко. Итак, угол равен $\arccos\left(-\dfrac{1}{\sqrt{21}}\right)$.
Прикинем величину: $\dfrac{1}{\sqrt{21}}\approx0{,}22$, а $\arccos(-0{,}22)\approx103^\circ$ — правдоподобно для тупого двугранного угла.
б) $\arccos\left(-\dfrac{1}{\sqrt{21}}\right)$, то есть примерно $102{,}6^\circ$