Перейти к содержанию

Дана четырёхугольная пирамида SABCD с прямоугольником ABCD в основании, AB=6, BC=6√2

Дана четырёхугольная пирамида $SABCD$ с прямоугольником $ABCD$ в основании, $AB=6$, $BC=6√ {2}$. Высота пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей основания. Из вершин $A$ и $C$ на ребро $SB$ опущены перпендикуляры $AP$ и $CQ$.

а) Докажите, что точка $P$ является серединой отрезка $BQ$.

б) Найдите угол между плоскостями $SBA$ и $SBC$, если $SD=12$.


а) Пусть боковое ребро $SB$ равно $x$.

1) $△SHB∼△APB$ (прямоугольные с общим острым углом при вершине $B$). Тогда ${PB}/{BH} = {AB}/{SB}$. $H$ — середина $AB$. Тогда ${PB}/{3} = {6}/{x}; PB = {18}/{x}$.

2) $△SKB∼△CQB$ (прямоугольные с общим острым углом при вершине $B$). Тогда ${QB}/{BK} = {BC}/{SB}; {QB}/{3√2} = {6√2}/{x}; QB = {36}/{x}$.

3) Так как ${QB}/{PB} = {{36}/{x}}/{{18}/{x}} = 2$, то $PQ = PB$.

б) 1) Из пункта а) следует, что $PK$ — средняя линия $△BCQ$. Следовательно, $PK ‖ QC$. Но так как $QC ⊥ BS$, то и $PK ⊥ BS$. Значит, $∠APK$ — линейный угол двугранного угла между гранями $SBA$ и $SBC$. Пусть, $∠APK = α$.

2) $AK = √{AB^2 + BK^2} = √{6^2 + (3√2)^2} = 3√6$.

3) Так как по условию $SD = 12$ и $SB = SD$ (равным проекциям соответствуют равные наклонные), то $x = 12$, а $QB = {36}/{x} = {36}/{12}=3$.

Тогда $CQ = √{BC^2 — QB^2} = √{(6√2)^2 — 3^2} = 3√7$.

Так как $PK$ — средняя линия, то $PK = {1}/{2}CQ = {3√7}/{2}$.

4) $PB = {1}/{2}QB = {1}/{2}·3 = {3}/{2}$.

$AP = √{AB^2 — PB^2} = √{6^2 — ({3}/{2})^2} = {3}/{2}√{15}$.

5) По теореме косинусов для $△APK$:

$AK^2 = AP^2 + PK^2 — 2·AP·PK·cosα$;

$54 = {135}/{4} + {63}/{4} — 2·{3}/{2}√{15}·{3√7}/{2}·cosα$;

$cosα = — {1}/{√{105}}$;

Так как $cosα < 0$, то $α$ - тупой угол.

Значит, искомый угол между плоскостями $SBA$ и $SBC$ равен ($π-α$).

$cos(π-α) = -cosα = {1}/{√{105}}$.

Следовательно, искомый угол равен $arccos{1}/{√{105}}$.