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

№15 Пирамиды средняя развёрнутое

Основанием четырёхугольной пирамиды $S A B C D$ является прямоугольник $A B C D$ , причём $A B = 22$ , $B C = 4$ . 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 $S D = 4$ .

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

Разбор — 3 балла

а) Пусть $O$ — центр прямоугольника, то есть точка пересечения его диагоналей. По условию $S O$ — высота пирамиды. Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому $O A = O B = O C = O D$ .

Треугольники $S O A$ , $S O B$ , $S O C$ , $S O D$ прямоугольные (высота $S O$ перпендикулярна плоскости основания), катет $S O$ у них общий, а вторые катеты равны. Значит, треугольники равны по двум катетам, и все боковые рёбра равны:

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

Рисунок к решению

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

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

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

$B P = A B \cdot cos ∠ A B S = 22 \cdot \frac{2}{x} = \frac{4}{x} .$

Аналогично в равнобедренной грани $C S B$ высота $S H$ к основанию $B C$ является медианой: $H$ — середина $B C$ и $H B = \frac{B C}{2} = 2$ . Из прямоугольных треугольников $S H B$ и $C QB$ :

$cos ∠ C B S = \frac{H B}{S B} = \frac{2}{x}, B Q = B C \cdot cos ∠ C B S = 4 \cdot \frac{2}{x} = \frac{8}{x},$

и точка $Q$ тоже лежит на луче $B S$ .

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

б) По условию $S D = x = 4$ , поэтому

$B P = \frac{4}{4} = 1, B Q = \frac{8}{4} = 2.$

Плоскости $S B A$ и $S B C$ пересекаются по прямой $S B$ , и $A P ⊥ S B$ . Снова возьмём точку $H$ — середину $B C$ . В треугольнике $B QC$ точка $P$ — середина $B Q$ , поэтому $P H$ — средняя линия, $P H ∥ QC$ . Так как $QC ⊥ S B$ , то и $P H ⊥ S B$ . Лучи $P A$ и $P H$ лежат в гранях $S B A$ и $S B C$ и перпендикулярны общему ребру $S B$ в точке $P$ , поэтому $∠ A P H$ — линейный угол двугранного угла между гранями.

Перпендикуляры AP и CQ к ребру SB, угол APH

Найдём стороны треугольника $A P H$ . По теореме Пифагора для треугольника $A P B$ (угол $P$ прямой):

$A P = A B^{2} - B P^{2} = 8 - 1 = 7 .$

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

$P H = B H^{2} - B P^{2} = 4 - 1 = 3 .$

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

$A H = A B^{2} + B H^{2} = 8 + 4 = 23 .$

Рисунок к решению

По теореме косинусов для треугольника $A P H$ :

$A H^{2} = A P^{2} + P H^{2} - 2 \cdot A P \cdot P H \cdot cos ∠ A P H,$

$12 = 7 + 3 - 27 \cdot 3 \cdot cos ∠ A P H, 221 cos ∠ A P H = - 2,$

$cos ∠ A P H = - \frac{1}{21} .$

Косинус отрицателен, значит, двугранный угол тупой. Арккосинус отрицательного числа выражается через арккосинус положительного по формуле $arccos (- a) = π - arccos a$ :

$∠ A P H = arccos (- \frac{1}{21}) = π - arccos \frac{1}{21} .$

Ответ: б) $π - arccos \frac{1}{21}$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15