7568. Найдите двугранный угол при основании правильной четырёхугольной пирамиды, если плоскость, проходящая через сторону основания, делит этот угол и площадь боковой поверхности пополам.
Ответ. 45^{\circ}
.
Решение. Пусть сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
с вершиной P
равна a
, апофема пирамиды равна b
. Тогда площадь боковой поверхности пирамиды равна 2ab
.
Проведём сечение пирамиды плоскостью, проходящей через середины M
, N
рёбер соответственно AB
, CD
и вершину P
. Эта плоскость перпендикуляра ребру AB
, поэтому PMN
— линейный угол искомого двугранного угла.
Пусть MK
— пересечение плоскости, о которой говорится в условии задачи, с проведённым сечением. Тогда MK
— биссектриса равнобедренного треугольника MPN
со сторонами PM=PN=b
, MN=a
. Значит,
\frac{PK}{KN}=\frac{PM}{MN}=\frac{b}{a},~\frac{PK}{PN}=\frac{b}{a+b}.
Пусть плоскость AKB
пересекает боковые рёбра PC
и PD
пирамиды в точках E
и F
соответственно. Тогда EF\parallel AB
, поэтому треугольник PEF
подобен треугольнику PCD
, причём коэффициент подобия равен \frac{PK}{PN}=\frac{b}{a+b}
. Значит,
S_{\triangle PEF}=\left(\frac{b}{a+b}\right)^{2}\cdot S_{\triangle PCD}=\left(\frac{b}{a+b}\right)^{2}\cdot\frac{1}{2}ab=\frac{ab^{3}}{2(a+b)^{2}},
а так как
S_{\triangle APF}=S_{\triangle BPE}=\frac{PE}{PC}\cdot S_{\triangle BPC}=\frac{b}{a+b}\cdot\frac{1}{2}ab=\frac{ab^{2}}{2(a+b)},
то
\frac{ab^{3}}{2(a+b)^{2}}+2\cdot\frac{ab^{2}}{2(a+b)}+\frac{1}{2}ab=ab,
\frac{b^{2}}{2(a+b)^{2}}+\frac{b}{a+b}=\frac{1}{2},~a^{2}=2b^{2}.
Поэтому \frac{a}{b}=\sqrt{2}
. Тогда
\cos\angle BMN=\frac{MN}{PM}=\frac{a}{2b}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Следовательно, \angle BMN=45^{\circ}
.