14771. Плоскости P
и Q
, параллельные основанию ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
, пересекают ребро SA
пирамиды в точках A_{1}
и A_{2}
. Длины отрезков SA_{1}
, SA_{2}
и SA
являются тремя последовательными членами геометрической прогрессии со знаменателем q=3
. Найдите двугранный угол при основании пирамиды, если известно, что в усечённую пирамиду с плоскостями оснований P
и Q
можно вписать шар.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Пусть сечения пирамиды SABCD
плоскостями P
и Q
— квадраты A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
и A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}
соответственно (см. рис.); E
, F
, E_{1}
, F_{1}
, E_{2}
, F_{2}
— середины отрезков соответственно AB
, CD
, A_{1}B_{1}
, C_{1}D_{1}
, A_{2}B_{2}
, C_{2}D_{2}
. Обозначим A_{1}B_{1}=a
и SE_{1}=SF_{1}=b
.
Из условия задачи следует, что
E_{1}F_{1}=A_{1}B_{1}=a,~E_{2}F_{2}=3E_{1}F_{1}=3a,~SE_{1}=SE_{2}=3SE_{1}=3b,
поэтому
F_{1}F_{2}=E_{1}E_{2}=SE_{2}-SE_{1}=3b-b=2b.
По условию в усечённую пирамиду с основаниями в плоскостях P
и Q
можно вписать шар, поэтому в равнобедренную трапецию E_{1}E_{2}F_{2}F_{1}
можно вписать окружность. Значит, сумма её оснований равна сумме боковых сторон, т. е.
E_{2}F_{2}+E_{1}F_{1}=E_{1}E_{2}+F_{1}F_{2},~\mbox{или}~3a+a=2b+2b~\Rightarrow~4a=4b~\Rightarrow~a=b.
Таким образом,
SE_{1}=SF_{2}=b=a=E_{1}F_{1},
т. е. треугольник SE_{1}F_{1}
равносторонний. Значит, подобный ему треугольник SEF
тоже равносторонний. Следовательно, \angle SEF=60^{\circ}
, т. е. двугранный угол при основании данной пирамиды равен 60^{\circ}
.
Источник: Олимпиада «Росатом». — 2017-2018, закл. тур, компл. 2, 11 класс, задача 6, вариант 1