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

№2. Задание 14

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

Решение

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.

Ответ

б) $\arccos\left(-\dfrac{1}{\sqrt{21}}\right)$ , то есть примерно $102{,}6^\circ$