8600. В основании пирамиды SABCD
лежит прямоугольник ABCD
, в котором AB=a
, AD=b
; SC
— высота пирамиды, CS=h
. Найдите двугранный угол между плоскостями ABS
и ADS
.
Ответ. 180^{\circ}-\arcsin\frac{h\sqrt{a^{2}+b^{2}+h^{2}}}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}\cdot\sqrt{b^{2}+h^{2}}}
.
Решение. Докажем сначала следующее утверждение: если V
— объём тетраэдра, S_{1}
и S_{2}
— площади двух граней, l
— длина их общего ребра, \varphi
— величина двугранного угла между ними, то V=\frac{2}{3}\cdot\frac{S_{1}S_{2}\cdot\sin\varphi}{a}
.
Пусть ребро MN
тетраэдра KLMN
равно l
, угол между гранями MNL
и MNK
равен \varphi
, S_{\triangle MNK}=S_{1}
, S_{\triangle MNL}=S_{2}
(рис. 1).
Если LH
— высота тетраэдра, опущенная на основание MNK
, а HP
— перпендикуляр, опущенный из точки H
на MN
, то по теореме о трёх перпендикулярах LP\perp MN
, значит, LPH
— линейный угол двугранного угла тетраэдра при ребре MN
. Поэтому \angle LPH=\varphi
. Тогда
V=V_{KLMN}=\frac{1}{3}S_{\triangle MNK}\cdot LH=\frac{1}{3}S_{1}\cdot LP\sin\varphi=\frac{1}{3}S_{1}\cdot\frac{2S_{2}}{a}\cdot\sin\varphi=\frac{2}{3}\cdot\frac{S_{1}S_{2}\sin\varphi}{a}.
Утверждение доказано.
Перейдём к нашей задаче (рис. 2). Из прямоугольных треугольников SCD
, SCB
и SCA
находим, что
SD=\sqrt{CD^{2}+SC^{2}}=\sqrt{a^{2}+h^{2}},~SB=\sqrt{BC^{2}+SC^{2}}=\sqrt{b^{2}+h^{2}},
AS=\sqrt{AC^{2}+SC^{2}}=\sqrt{a^{2}+b^{2}+h^{2}}.
Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что AB\perp BS
и AD\perp DS
. Тогда
S_{\triangle ABS}=\frac{1}{2}AB\cdot BS=\frac{1}{2}a\sqrt{b^{2}+h^{2}},~S_{\triangle ADS}=\frac{1}{2}AD\cdot DS=\frac{1}{2}b\sqrt{a^{2}+h^{2}}.
Обозначим через \varphi
искомый угол и применим доказанное ранее утверждение к тетраэдру SABD
. Получим равенство
V_{SABD}=\frac{2}{3}\cdot\frac{S_{\triangle ABS}\cdot S_{\triangle ADS}\cdot\sin\varphi}{AS},
или
\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}ab\cdot h=\frac{2}{3}\cdot\frac{\frac{1}{2}a\sqrt{b^{2}+h^{2}}\cdot\frac{1}{2}b\sqrt{a^{2}+h^{2}}\cdot\sin\varphi}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+h^{2}}}.
Отсюда находим, что
\sin\varphi=\frac{h\sqrt{a^{2}+b^{2}+h^{2}}}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}\cdot\sqrt{b^{2}+h^{2}}}.
Заметим, что проекция точки B
на плоскость ADS
лежит вне треугольника ADS
, поэтому \varphi\gt90^{\circ}
. Значит, острый угол между плоскостями ABS
и ADS
равен 180^{\circ}-\arcsin\frac{h\sqrt{a^{2}+b^{2}+h^{2}}}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}\cdot\sqrt{b^{2}+h^{2}}}
.