Основанием четырехугольной пирамиды SABCD является прямоугольник… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Пирамиды средняя 2017 развёрнутое

Основанием четырехугольной пирамиды $S A B C D$ является прямоугольник $A B C D,$ причем $A B = 32,$ $B C = 6.$ Основанием высоты пирамиды является центр прямоугольника. Из вершин $A$ и $C$ опущены перпендикуляры $A P$ и $C Q$ на ребро $S B .$

а) Докажите, что $P$ — середина отрезка $B Q .$

б) Найдите угол между гранями $S B A$ и $S B C,$ если $S D = 9.$

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей прямоугольника $A B C D$ , тогда $S O$ — высота пирамиды. Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому $O A = O B = O C = O D$ .

Так как $S O$ перпендикулярна плоскости основания, треугольники $S O A$ , $S O B$ , $S O C$ , $S O D$ прямоугольные с прямым углом при вершине $O$ . Катет $S O$ у них общий, а вторые катеты равны, поэтому треугольники равны по двум катетам, и равны их гипотенузы:

$S A = S B = S C = S D .$

Обозначим длину бокового ребра $x$ .

Рассмотрим грань $A S B$ . Она равнобедренная ( $S A = S B$ ), поэтому высота $S K$ , проведённая к основанию $A B$ , является медианой, и $K B = \frac{A B}{2} = \frac{3 2}{2}$ . Из прямоугольного треугольника $S K B$ :

$cos ∠ S B A = \frac{K B}{S B} = \frac{3 2}{2 x} .$

Угол $S B A$ острый как угол при основании равнобедренного треугольника, поэтому основание $P$ перпендикуляра из $A$ на прямую $S B$ лежит на луче $B S$ . Из прямоугольного треугольника $A P B$ (угол $P$ прямой):

$B P = A B \cdot cos ∠ S B A = 32 \cdot \frac{3 2}{2 x} = \frac{9}{x} .$

Рассмотрим грань $C S B$ . Она тоже равнобедренная ( $S B = S C$ ), высота $S H$ к основанию $B C$ является медианой, $H B = \frac{B C}{2} = 3$ . Из прямоугольного треугольника $S H B$ :

$cos ∠ S B C = \frac{H B}{S B} = \frac{3}{x} .$

Угол $S B C$ тоже острый, поэтому точка $Q$ лежит на луче $B S$ . Из прямоугольного треугольника $C QB$ :

$B Q = B C \cdot cos ∠ S B C = 6 \cdot \frac{3}{x} = \frac{18}{x} .$

Получили $B Q = 2 B P$ , причём точки $P$ и $Q$ лежат на одном луче $B S$ . Значит, $P$ — середина отрезка $B Q$ . Что и требовалось доказать.

б) По условию $S D = x = 9$ . Тогда

$B P = \frac{9}{9} = 1, B Q = \frac{18}{9} = 2.$

Построим линейный угол двугранного угла при ребре $S B$ . В грани $S B C$ возьмём ту же точку $H$ — середину $B C$ . В треугольнике $B QC$ точка $P$ — середина $B Q$ (пункт а), а $H$ — середина $B C$ , поэтому $P H$ — средняя линия и $P H ∥ QC$ . Так как $QC ⊥ S B$ , то и $P H ⊥ S B$ .

Итак, $A P ⊥ S B$ и $A P$ лежит в грани $S B A$ , $P H ⊥ S B$ и $P H$ лежит в грани $S B C$ , и оба отрезка выходят из одной точки $P$ ребра $S B$ . По определению $∠ A P H$ — линейный угол двугранного угла между гранями $S B A$ и $S B C$ . Найдём его по теореме косинусов из треугольника $A P H$ .

По теореме Пифагора для треугольника $A P B$ (угол $P$ прямой):

$A P^{2} = A B^{2} - B P^{2} = 18 - 1 = 17.$

По теореме Пифагора для треугольника $H P B$ (угол $P$ прямой, так как $P H ⊥ S B$ ):

$H P^{2} = B H^{2} - B P^{2} = 9 - 1 = 8.$

Угол $A B H$ — угол прямоугольника, поэтому по теореме Пифагора для треугольника $A B H$ :

$A H^{2} = A B^{2} + B H^{2} = 18 + 9 = 27.$

По теореме косинусов для треугольника $A P H$ :

$cos ∠ A P H = \frac{A P ^{2} + H P ^{2} - A H ^{2}}{2 \cdot A P \cdot H P} = \frac{17 + 8 - 27}{2 \cdot 17 \cdot 2 2} = \frac{- 2}{4 34} = - \frac{1}{2 34} = - \frac{34}{68} .$

Косинус отрицателен, значит, двугранный угол между гранями тупой:

$∠ A P H = arccos (- \frac{34}{68}) = π - arccos \frac{34}{68} .$

Ответ: б) $arccos (- \frac{34}{68})$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15