Question

Дана четырёхугольная пирамида SABCD с прямоугольником ABCD в основании. Сторона AB равна , а BC равна 6. Вершина пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей прямоугольника. 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 ребро SD равно 9.

Answer 1

Объяснение:

а) т. к. S проектируется в центр, то пусть

$AS=BS=CS=DS=x$

По теореме косинусов в треугольнике ABS:

$AB^2=AS^2+SB^2-2AS*SB*cosASB$,

откуда следует, что

$cosASB=\frac{x^2-9}{x^2} =1-\frac{9}{x^2}$

B прямоугольном Δ ASP:

$cosASB=\frac{x-PB}{x} =1-\frac{PB}{x}$, тогда:

$1-\frac{PB}{x} =1-\frac{9}{x^2}\Rightarrow PB=\frac{9}{x}$

Аналогично из ΔBCS и прямоугольного ΔCQS находим:

$QB=\frac{18}{x} .$

Значит QB=2PB, а так как точка В у отрезков общая и они лежат на одной линии, то т. P - середина BQ.  

б) Если ребро SD равно 9, то х=9 и

$PB=\frac{9}{9} =1, QB=\frac{18}{9} =2.$

Угол между плоскостями — это угол между перпендикулярами к линии их пересечения, проведенными в этих плоскостях. Такие перпендикуляры у нас уже есть, но для дальнейшего решения, нужно чтобы они сходились к одной точке.

Для этого проведем PC' параллельно QC, C' принадлежит BC, тогда угол APC' — искомый. Поскольку PC' параллелен QC и P — середина QB, то PC' — средняя линия, тогда

$PC'=\frac{1}{2} QC, CC'=\frac{1}{2}BC=3.$

В ΔCBQ: ∠Q — прямой, $QC=\sqrt{CB^2-QB^2}=\sqrt{36-4} =\sqrt{32}$ ,

тогда  $PC'=\frac{\sqrt{32} }{2} =\sqrt{8} .$

В ΔAPB: ∠P — прямой, $AP=\sqrt{AB^2-PB^2}=\sqrt{18-1} =\sqrt{17}.$

В ΔABC': ∠B — прямой,  $AC'=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{18+9} =\sqrt{27}.$

По теореме косинусов в ΔAPC':

$AC'^{2} =AP^2+PC'^2-2AP*PC'*cosAPC' \Rightarrow cosAPC'=-\frac{1}{\sqrt{136}} .$

Тогда угол между плоскостями SBA и SBC равен  

$arccos(-\frac{1}{\sqrt{136} })$

Такой угол больше 90°. А т.к. угол между плоскостями не может превышать 90°, то нам нужен арккосинус смежного угла. Поэтому правильный ответ это:

$arccos\frac{1}{\sqrt{136} }$