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}}}
.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: Учебник для 10—11 кл. общеобразовательных учебных заведений. — М.: Дрофа, 1999. — с. 130