9966. Основание пирамиды DABC
— равносторонний треугольник ABC
со стороной 6. Плоскость одной боковой грани перпендикулярна плоскости основания пирамиды, а плоскости двух других граней образуют с плоскостью основания угол 45^{\circ}
. Найдите ребро SC
.
Ответ. \frac{3\sqrt{3}}{2}
.
Решение. Пусть плоскость ADB
перпендикулярна плоскости основания пирамиды. Опустим высоту SH
треугольника ADB
. Поскольку плоскости ADB
и ABC
перпендикулярны, SH
— перпендикуляр к плоскости ABC
(см. задачу 7712). Докажем, что точка H
лежит на отрезке AB
.
Предположим, что точка H
лежит на продолжении отрезка AB
за точку A
. Тогда HA\gt HB
. Если HM
и HL
перпендикуляры к прямым AC
и BC
соответственно, то
HL=HB\sin\angle HBL=HB\sin60^{\circ}\gt HA\sin60^{\circ}=HM.
Значит, \angle DLH\lt\angle DMH
, а так как это линейные углы двугранных углов при рёбрах BC
и AC
пирамиды, они по условию равны. Противоречие. Аналогично, точка H
не может лежать на продолжении отрезка AB
за точку B
.
Таким образом, точка H
лежит на отрезке AB
. Пусть HA_{1}
и HB_{1}
перпендикуляры к BC
и AC
соответственно. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что DA_{1}H
и DB_{1}H
— линейные углы при рёбрах BC
и AC
пирамиды ABCD
. Из равенства прямоугольных треугольников DA_{1}H
и DB_{1}H
по общему катету и противолежащему острому углу (45^{\circ}
) следует равенство NA_{1}=NB_{1}
, причём оба этих отрезка равны половине высоты равностороннего треугольника со стороной 6 (по теореме о средней линии треугольника), т. е.
NA_{1}=NB_{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{6\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.
Из прямоугольного треугольника DHA_{1}
с острым углом 45^{\circ}
находим, что DH=HA_{1}=\frac{3\sqrt{3}}{2}
.