Тип 14 № 18451

1. Пусть $AC = AB = 10$, $BC = 10\sqrt{3}$, $SO$ — высота пирамиды.

Заметим, что $ABC$ — тупоугольный (из теоремы косинусов следует, что $\cos \angle A < 0$). Следовательно, высоты треугольника пересекаются в одной точке, лежащей вне треугольника.

Две равные грани пирамиды — это $SAC$ и $SAB$. Проведем $CH \perp SA$. т.к. $\triangle SAC = \triangle SAB \Rightarrow BH \perp SA$. Таким образом, $\angle BHC = \alpha$ — искомый угол между равными гранями.

Будем искать $\alpha$ из теоремы косинусов для $\triangle BHC$ (у которого $BH = CH$). Для этого найдем $CH$.

1. Пусть $O$ — точка пересечения высот основания. По теореме косинусов для $\triangle ABC$:

$$\cos \angle ABC = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \angle ABC = 30^\circ.$$ Следовательно, $\angle OBC = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$. Аналогично $\angle OCB = 60^\circ \Rightarrow \triangle OBC$ — равносторонний и $OC = BC = 10\sqrt{3}$.

По теореме Пифагора для $\triangle SOC$: $SC = 20$.

Т.к. для $\triangle BOC$ $OA_1$, $BB_1$, $CC_1$ — медианы, то $OA = 2OA_1 = 10 \Rightarrow SA = 10\sqrt{2}$.

1. Заметим, что $\triangle SAC$ — тоже тупоугольный. Найдем $CH$:

$$CH^2 = CS^2 - SH^2 = CA^2 - AH^2 \Rightarrow 400 - (10\sqrt{2} + AH)^2 = 100 - AH^2$$ (т.к. ранее мы нашли $SC = 20$, $SA = 10\sqrt{2}$, а $AC = 10$ по условию)

Значит,

$$AH = \frac{5\sqrt{2}}{2} \Rightarrow CH = \frac{5\sqrt{14}}{2}.$$

Тогда по теореме косинусов для $\triangle BHC$:

$$\cos \alpha = -\frac{5}{7} \Rightarrow \angle(SAB, SAC) = \arccos \left(-\frac{5}{7}\right) = \pi - \arccos \frac{5}{7}.$$

Ответ:

$\pi - \arccos \frac{5}{7}$