9218. Основание пирамиды SABCD
— прямоугольник ABCD
. Высота пирамиды лежит в грани CSD
.
а) Докажите, что прямые AD
и SC
перпендикулярны.
б) Известно, что AB:BC=2\sqrt{3}:1
, высота пирамиды проходит через середину ребра CD
, а угол боковой грани BSC
с плоскостью основания равен 45^{\circ}
. Найдите углы остальных боковых граней с плоскостью основания.
Ответ. 90^{\circ}
, 45^{\circ}
, 60^{\circ}
.
Решение. а) Пусть SH
— высота пирамиды. Если точка H
совпадает с D
, то утверждение очевидно. Если же точки H
и D
различны, то отрезок HD
— ортогональная проекция наклонной SC
на плоскость основания пирамиды. Поскольку HD\perp AD
, по теореме о трёх перпендикулярах SC\perp AD
.
б) Плоскость CSD
проходит через прямую SH
, перпендикулярную плоскости ABCD
, значит, эти плоскости перпендикулярны (см. задачу 7710). Следовательно, двугранный угол пирамиды при ребре CD
равен 90^{\circ}
.
Поскольку H
— середина ребра CD
, треугольник CSD
равнобедренный. По теореме о трёх перпендикулярах SC\perp BC
, значит, CSD
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре BC
. По условию \angle CSD=45^{\circ}
. Тогда двугранный угол пирамиды при ребре AD
также равен 45^{\circ}
.
Пусть BC=a
, CD=2a\sqrt{3}
, а M
— середина ребра AB
. Тогда
SH=HC=\frac{1}{2}CD=a\sqrt{3},~HM=BC=a,
а так как SM\perp AB
(по теореме о трёх перпендикулярах) и HM\perp AB
, то SMH
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AB
. Из прямоугольного треугольника SMH
находим, что
\tg\angle SMH=\frac{SH}{HM}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}.
Следовательно, \angle SMH=60^{\circ}
.