Угол между плоскостями

Отметим середину $O$ отрезка $DB$, она будет также центром квадрата-основания. Поскольку $CC_1 \perp (ABC)$, то $OC$ является проекцией наклонной $OC_1$ на плоскость $(ABC)$. Прямые $BD$ и $OC$ перпендикулярны как содержащие диагонали квадрата, а значит по теореме о трех перпендикулярах $BD$ перпендикулярна наклонной $OC_1$. Аналогично $BD \perp OA_1$. Таким образом, $A_1O$ и $C_1O$ перпендикулярны прямой $DB$ пересечения плоскостей $(A_1BD)$ и $(C_1BD)$. Тогда угол $C_1OA_1$ и есть угол между плоскостями, если $\angle C_1OA_1 \leq 90^\circ$, либо дополняет угол между плоскостями до $180^\circ$, если $\angle C_1OA_1 > 90^\circ$.

Пусть сторона квадрата равна $a$, тогда имеем: $$A_1C_1 = a\sqrt{2}, \qquad OC = \frac{\sqrt{2}}{2}a$$

По теореме Пифагора для треугольника $OCC_1$ получаем $$OC_1 = \sqrt{CO^2 + CC_1^2} = \sqrt{\frac{a^2}{2} + a^2} = a\sqrt{\frac{3}{2}} = OA_1$$

По теореме косинусов для угла $\angle O$ треугольника $A_1OC_1$ имеем: $$\cos \angle C_1OA_1 = \frac{OA_1^2 + OC_1^2 - A_1C_1^2}{2OA_1 \cdot OC_1} = \frac{2 \cdot \frac{3}{2}a^2 - 2a^2}{2 \cdot \frac{3}{2}a^2} = \frac{1}{3}$$

Отсюда получаем, что $\angle C_1OA_1 = \arccos \frac{1}{3}$ и есть искомый угол между плоскостями.

Ответ:

$\arccos \frac{1}{3}$

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:

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

а) Высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания, значит, боковые рёбра пирамиды равны. Обозначим $$SA=SB=SC=SD=a.$$ Тогда по теореме Пифагора для треугольников $ABP$ и $SAP$: $$AB^2-BP^2=AP^2=SA^2-SP^2$$ $$\iff 12-BP^2=a^2-(a-BP)^2 \iff BP=\frac{6}{a}.$$

Из прямоугольных треугольников $BCQ$ и $SCP$: $$BC^2-BQ^2=CQ^2=SC^2-SQ^2$$ $$\iff 24-BQ^2=a^2-(a-BQ)^2 \iff BQ=\frac{12}{a}.$$

Следовательно, $$BP=\frac{1}{2}BQ,$$ то есть $P$ — середина $BQ$.

б) В равнобедренном треугольнике $SBC$ через точку $P$, лежащую на боковой стороне $SB$, проведём прямую, параллельную высоте $CQ$. Пусть $M$ — точка её пересечения со стороной $BC$. По теореме о пропорциональных отрезках $M$ — середина $BC$. Значит, если $a=SA=6$, то имеем: $$PM=\frac{1}{2}CQ=\frac{1}{2}\sqrt{BC^2-BQ^2} =\frac{1}{2}\sqrt{24-\left(\frac{12}{a}\right)^2} =\frac{1}{2}\sqrt{24-4}=\sqrt{5}.$$

Из прямоугольного треугольника $ABP$: $$AP=\sqrt{AB^2-BP^2} =\sqrt{12-\left(\frac{6}{a}\right)^2} =\sqrt{12-1}=\sqrt{11}.$$

Из прямоугольного треугольника $ABM$: $$AM^2=AB^2+BM^2=AB^2+\left(\frac{1}{2}BC\right)^2=12+6=18.$$

Так как $AP\perp SB$ и $MP\perp SB$, то $\angle APM=\varphi$ — линейный угол двугранного угла, образованного гранями $SBA$ и $SBC$. По теореме косинусов для $\triangle APM$: $$\cos\varphi=\frac{AP^2+MP^2-AM^2}{2AP\cdot MP} =\frac{11+5-18}{2\cdot\sqrt{11}\cdot\sqrt{5}} =-\frac{1}{\sqrt{55}} =-\frac{\sqrt{55}}{55}.$$ $$\Rightarrow \varphi=\arccos\left(-\frac{\sqrt{55}}{55}\right) =\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$

Следовательно, угол между гранями $SBA$ и $SBC$ равен $$\varphi=\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$

Ответ: $$\text{б) }\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$