Задача №15178

Основанием четырёхугольной пирамиды $SABCD$ является прямоугольник $ABCD\text{,}$ причём $AB=2\sqrt{2}\text{,}$ $BC=4\text{.}$ Основанием высоты пирамиды является центр прямоугольника. Из вершин $A$ и $C$ опущены перпендикуляры $AP$ и $CQ$ на ребро $SB\text{.}$

а) Докажите, что $P$ — середина отрезка $BQ\text{.}$

б) Найдите угол между гранями $SBA$ и $SBC\text{,}$ если $SD=4\text{.}$

а) Пусть $O$ — центр прямоугольника $ABCD\text{.}$ Поскольку $SO$ — высота пирамиды и $OA=OB=OC=OD$ (диагонали прямоугольника делятся пополам), все боковые рёбра равны: $SA=SB=SC=SD\text{.}$ Обозначим $SB=l\text{.}$

В треугольнике $SAB\text{:}$ $SA=SB=l\text{,}$ $AB=2\sqrt{2}\text{.}$ Опустим перпендикуляр $AP$ на $SB\text{,}$ пусть $BP=x\text{.}$ Тогда $SP=l-x\text{.}$

По теореме Пифагора:

$$A{P}^2=A{B}^2-B{P}^2=8-x^2,$$ $$A{P}^2=S{A}^2-S{P}^2=l^2-(l-x{)}^2=2lx-x^2.$$

Приравниваем: $8-x^2=2lx-x^2\Rightarrow lx=4\text{,}$ откуда $x=\frac{4}{l}\text{.}$

Аналогично в треугольнике $SBC\text{:}$ $SC=SB=l\text{,}$ $BC=4\text{.}$ Опустим перпендикуляр $CQ$ на $SB\text{,}$ пусть $BQ=y\text{.}$

$$C{Q}^2=B{C}^2-B{Q}^2=16-y^2,$$ $$C{Q}^2=S{C}^2-S{Q}^2=l^2-(l-y{)}^2=2ly-y^2,$$

откуда $16=2ly\text{,}$ $y=\frac{8}{l}\text{.}$

Таким образом, $BP=\frac{4}{l}\text{,}$ $BQ=\frac{8}{l}\text{,}$ значит, $BQ=2BP\text{.}$ Поскольку точка $P$ лежит на отрезке $BQ\text{,}$ то $BP=PQ\text{,}$ следовательно, $P$ — середина $BQ\text{.}$

б) По условию $SD=4\text{,}$ тогда все боковые рёбра равны 4, т.е. $l=4\text{.}$ Из пункта а) находим: $BP=1\text{,}$ $BQ=2\text{.}$

В треугольнике $SAB\text{:}$

$$AP=\sqrt{A{B}^2-B{P}^2}=\sqrt{(2\sqrt{2}{)}^2-1^2}=\sqrt{8-1}=\sqrt{7}.$$

В треугольнике $SBC\text{:}$

$$CQ=\sqrt{B{C}^2-B{Q}^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{16-4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}.$$

Для построения линейного угла двугранного угла при ребре $SB$ проведём в грани $SBC$ через точку $P$ отрезок $PR\parallel CQ\text{,}$ где $R$ лежит на $BC\text{.}$ Так как $P$ — середина $BQ$ и $PR\parallel CQ\text{,}$ то по теореме Фалеса $R$ — середина $BC\text{,}$ и $PR$ — средняя линия треугольника $BQC\text{:}$

$$PR=\frac{1}{2}CQ=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}=\sqrt{3}.$$

Точка $R$ — середина $BC\text{,}$ поэтому $BR=\frac{1}{2}BC=2\text{.}$ В прямоугольнике $ABCD$ угол $ABC$ прямой, значит, в треугольнике $ABR$ угол $B$ прямой. Тогда

$$AR=\sqrt{A{B}^2+B{R}^2}=\sqrt{(2\sqrt{2}{)}^2+2^2}=\sqrt{8+4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}.$$

В треугольнике $APR$ известны стороны: $AP=\sqrt{7}\text{,}$ $PR=\sqrt{3}\text{,}$ $AR=2\sqrt{3}\text{.}$ По теореме косинусов:

$$A{R}^2=A{P}^2+P{R}^2-2\cdot AP\cdot PR\cdot \cos \angle APR,$$ $$(2\sqrt{3}{)}^2=(\sqrt{7}{)}^2+(\sqrt{3}{)}^2-2\cdot \sqrt{7}\cdot \sqrt{3}\cdot \cos \angle APR,$$ $$12=7+3-2\sqrt{21}\cos \angle APR,$$ $$12=10-2\sqrt{21}\cos \angle APR,$$ $$\cos \angle APR=-\frac{1}{\sqrt{21}}.$$

Угол $APR$ тупой, поэтому острый угол между плоскостями $SBA$ и $SBC$ равен $\phi =\pi -\angle APR\text{,}$ и

$$\cos \phi =\cos (\pi -\angle APR)=-\cos \angle APR=\frac{1}{\sqrt{21}}.$$

Следовательно, искомый угол равен $\arccos \frac{1}{\sqrt{21}}\text{.}$

Ответ: $\arccos \frac{1}{\sqrt{21}}\text{.}$