Дана четырёхугольная пирамида SABCD с прямоугольником ABCD в основании.

Решение по шагам

1. 1

   Как рассуждать

   Решение. [рисунок] а) Пусть $AS = BS = CS = DS = x:$ вершина S проектируется в точку пересечения диагоналей, поэтому боковые ребра равны между собой. По теореме косинусов в треугольнике ABS: $AB^{2} = AS^{2} + SB^{2} - 2AS \cdot SB \cdot \cos ASB \Leftrightarrow \cos ASB = \frac{x^{2} - 8}{x^{2}}$ B треугольнике ASP: $\cos ASB = \frac{x - PB}{x} ,$ тогда $\frac{x - PB}{x} = \frac{x^{2} - 8}{x^{2}} ,$ откуда $PB = \frac{8}{x}$ Аналогично находим $QB = \frac{16}{x}$ Тогда: $\frac{PQ}{QB} = \frac{\frac{8}{x}}{\frac{16}{x}} = \frac{1}{2} ,$ откуда $QP = PB,$ что и требовалось доказать.б) Из пункта а) следует, что $PB= \frac{8}{8} =1,$ $QB= \frac{16}{8} = 2$ Проведем PC' параллельно QC, C' принадлежит BC, тогда угол APC' — искомый. Поскольку PC' параллельно QC и P — середина QB, то PC' — средняя линия, тогда $PC' = \frac{1}{2} QC,$ $CC' = \frac{1}{2} BC = 2 \sqrt{2}$ В треугольнике CBQ: угол Q — прямой, $QC = \sqrt{CB^{2} - QB^{2}} = \sqrt{28} ,$ тогда $PC' = \sqrt{7}$ В треугольнике APB: угол P — прямой, $AP = \sqrt{AB^{2} - PB^{2}} = \sqrt{15}$ В треугольнике ABC': угол B — прямой, $AC' = \sqrt{AB^{2} + BC'^{2}} = \sqrt{24}$ По теореме косинусов в треугольнике APC': $AC'^{2} = AP^{2} + PC'^{2} - 2AP \cdot PC' \cdot \cos APC' \Leftrightarrow \cos APC' = - \frac{1}{\sqrt{105}}$ Тогда угол между плоскостями SBA и SBC равен $\arccos \frac{1}{\sqrt{105}}$