14560. Основание пирамиды — равнобедренный прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине C
, а боковое ребро DA
перпендикулярно плоскости основания. Найдите двугранные углы пирамиды при всех её рёбрах, если BC=AC=AD
.
Ответ. 90^{\circ}
, 90^{\circ}
, 90^{\circ}
, 45^{\circ}
, 45^{\circ}
, 60^{\circ}
.
Решение. Плоскость ACD
проходит через прямую AD
, перпендикулярную плоскости ABC
, значит, эти плоскости перпендикулярны (см. задачу 7710). Следовательно, двугранный угол при ребре AC
равен 90^{\circ}
. Аналогично, двугранный угол пирамиды при ребре AB
равен 90^{\circ}
.
Поскольку BC\perp AC
и BC\perp AD
, то BC
— перпендикуляр к плоскости ACD
. Плоскость BCD
проходит через прямую BC
, перпендикулярную плоскости ACD
, значит, эти плоскости перпендикулярны. Следовательно, двугранный угол при ребре CD
тоже равен 90^{\circ}
.
Поскольку BA\perp AD
и CA\perp AD
, то BAC
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AD
, а так как треугольник ABC
равнобедренный и прямоугольный с прямым углом C
, то двугранный угол пирамиды при ребре AD
равен 45^{\circ}
. Аналогично, двугранный угол пирамиды при ребре BC
тоже равен 45^{\circ}
.
Осталось найти двугранный угол пирамиды при ребре BD
.
Первый способ. Пусть BC=AC=AD=1
. Проведём высоту CH
прямоугольного треугольника ABC
. Поскольку CH\perp AB
и CH\perp AD
, то CH
— перпендикуляр к плоскости ABD
. Проведём высоту CP
прямоугольного треугольника ACD
. Поскольку AP\perp CD
и AP\perp BC
, то AP
— перпендикуляр к плоскости BCD
. Тогда двугранный угол между гранями ABD
и BCD
равен углу между прямыми, соответственно перпендикулярными этим граням, т. е. углу между прямыми CH
и AP
(см. 8970).
Пусть Q
— вершина прямоугольника AHCQ
. Тогда искомый угол между прямыми CH
и AP
равен углу PAQ
. Отрезок AP
— медиана прямоугольного треугольника CAD
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому AP=\frac{1}{2}CD=\frac{\sqrt{2}}{2}
(см. задачу 1109). Поскольку AQ\parallel CH
, а CH\perp CQ
, то CQ\perp AQ
. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах DQ\perp CQ
, поэтому QP
— медиана прямоугольного треугольника CQD
, проведённая из вершины прямого угла. Значит,
QP=\frac{1}{2}CD=\frac{\sqrt{2}}{2}=AP.
Кроме того, AQ=CH=\frac{\sqrt{2}}{2}
, поэтому треугольник APQ
равносторонний, и \angle PAQ=60^{\circ}
. Следовательно, двугранный угол пирамиды ABCD
при ребре BD
равен 60^{\circ}
.
Второй способ. Пусть BC=AC=AD=1
. Проведём медианы (они же высоты) CH
и AP
равнобедренных прямоугольных треугольников ABC
и ACD
. Тогда
\overrightarrow{CH}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}),~\overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})
(см. задачу 4500), а двугранный угол \alpha
пирамиды при ребре BD
равен углу между векторами \overrightarrow{CH}
и \overrightarrow{AP}
или дополняет его до 180^{\circ}
. Значит (см. задачу 7565),
\cos\alpha=\left|\frac{\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AP}}{|\overrightarrow{CH}|\cdot|\overrightarrow{AP}|}\right|=\left|\frac{\frac{1}{4}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD})}{|\overrightarrow{CH}|\cdot|\overrightarrow{AP}|}\right|=
=\left|\frac{\frac{1}{4}(\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{CH}|\cdot|\overrightarrow{AP}|}\right|=
=\left|\frac{\frac{1}{4}(-\overrightarrow{AC}^{2}+0+0+0)}{|\overrightarrow{CH}|\cdot|\overrightarrow{AP}|}\right|=\frac{\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}^{2}}{|\overrightarrow{CH}|\cdot|\overrightarrow{AP}|}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \alpha=60^{\circ}
.