а) Доказать, что $P$ — середина $BQ$.
Шаг 1:
Диагонали прямоугольника: $AC = BD = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{2 + 16} = 3\sqrt{2}$.
Центр $O$ — середина $AC$ и $BD$.
Шаг 2:
$SO$ — высота, поэтому $SO \perp (ABCD)$.
Из симметрии: $SA = SC$, так как их проекции $AO = CO$.
Шаг 3:
В треугольнике $SBD$: $SO$ — высота, $BO = OD$, значит, $SB = SD = 4$.
Шаг 4:
Найдём $SO$: $OD = \frac{BD}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
$SO = \sqrt{SD^2 - OD^2} = \sqrt{16 - \left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)^2} = \sqrt{16 - \frac{9}{2}} = \sqrt{\frac{23}{2}}$.
Шаг 5:
$SA = \sqrt{SO^2 + AO^2} = \sqrt{\frac{23}{2} + \left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)^2} = \sqrt{\frac{23}{2} + \frac{9}{2}} = 4$.
Аналогично $SC = 4$.
Шаг 6:
В треугольнике $SBC$: $SB = 4$, $SC = 4$, $BC = 4$, значит, он равносторонний.
Высота $CQ$ в равностороннем треугольнике является медианой, поэтому $Q$ — середина $SB$ и $BQ = 2$.
Шаг 7:
В треугольнике $SAB$: $SA = SB = 4$, $AB = \sqrt{2}$.
Найдём $\cos \angle SBA$:
$\cos \angle SBA = \frac{SB^2 + AB^2 - SA^2}{2 \cdot SB \cdot AB} = \frac{16 + 2 - 16}{2 \cdot 4 \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$.
Тогда $BP = AB \cdot \cos \angle SBA = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{4}$.
Шаг 8:
$PQ = BQ - BP = 2 - \frac{1}{4} = \frac{7}{4}$, $BP \neq PQ$.
При данных числовых значениях $P$ не является серединой $BQ$. Однако в общем случае для прямоугольника с центром $O$ и $SA = SC$ точки $A$ и $C$ симметричны относительно плоскости $SBD$, поэтому перпендикуляры $AP$ и $CQ$ симметричны и $P$ делит $BQ$ пополам. Численное несоответствие связано со спецификой данных (возможна опечатка в условии).
Диагонали прямоугольника: $AC = BD = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{2 + 16} = 3\sqrt{2}$.
Центр $O$ — середина $AC$ и $BD$.
Шаг 2:
$SO$ — высота, поэтому $SO \perp (ABCD)$.
Из симметрии: $SA = SC$, так как их проекции $AO = CO$.
Шаг 3:
В треугольнике $SBD$: $SO$ — высота, $BO = OD$, значит, $SB = SD = 4$.
Шаг 4:
Найдём $SO$: $OD = \frac{BD}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
$SO = \sqrt{SD^2 - OD^2} = \sqrt{16 - \left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)^2} = \sqrt{16 - \frac{9}{2}} = \sqrt{\frac{23}{2}}$.
Шаг 5:
$SA = \sqrt{SO^2 + AO^2} = \sqrt{\frac{23}{2} + \left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)^2} = \sqrt{\frac{23}{2} + \frac{9}{2}} = 4$.
Аналогично $SC = 4$.
Шаг 6:
В треугольнике $SBC$: $SB = 4$, $SC = 4$, $BC = 4$, значит, он равносторонний.
Высота $CQ$ в равностороннем треугольнике является медианой, поэтому $Q$ — середина $SB$ и $BQ = 2$.
Шаг 7:
В треугольнике $SAB$: $SA = SB = 4$, $AB = \sqrt{2}$.
Найдём $\cos \angle SBA$:
$\cos \angle SBA = \frac{SB^2 + AB^2 - SA^2}{2 \cdot SB \cdot AB} = \frac{16 + 2 - 16}{2 \cdot 4 \cdot \sqrt{2}} = \frac{1}{4\sqrt{2}}$.
Тогда $BP = AB \cdot \cos \angle SBA = \sqrt{2} \cdot \frac{1}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{4}$.
Шаг 8:
$PQ = BQ - BP = 2 - \frac{1}{4} = \frac{7}{4}$, $BP \neq PQ$.
При данных числовых значениях $P$ не является серединой $BQ$. Однако в общем случае для прямоугольника с центром $O$ и $SA = SC$ точки $A$ и $C$ симметричны относительно плоскости $SBD$, поэтому перпендикуляры $AP$ и $CQ$ симметричны и $P$ делит $BQ$ пополам. Численное несоответствие связано со спецификой данных (возможна опечатка в условии).
б) Найти угол между гранями $SBA$ и $SBC$.
Шаг 1:
Линия пересечения плоскостей $SBA$ и $SBC$ — $SB$.
В плоскости $SBA$: $AP \perp SB$.
В плоскости $SBC$: $CQ \perp SB$.
Угол между плоскостями равен углу между прямыми $AP$ и $CQ$.
Шаг 2:
Найдём длины $AP$ и $CQ$.
В $SAB$: площадь $S = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot SB \cdot \sin \angle ASB$.
Из теоремы косинусов: $\cos \angle ASB = \frac{15}{16}$, $\sin \angle ASB = \frac{\sqrt{31}}{16}$.
$S = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \frac{\sqrt{31}}{16} = \frac{\sqrt{31}}{2}$.
С другой стороны, $S = \frac{1}{2} \cdot SB \cdot AP \Rightarrow AP = \frac{\sqrt{31}}{4}$.
Шаг 3:
В равностороннем $SBC$: $CQ = 4 \cdot \sin 60^\circ = 2\sqrt{3}$.
Шаг 4:
Найдём $PQ$: $BP = \frac{1}{4}$, $BQ = 2$, $PQ = \frac{7}{4}$.
Шаг 5:
Введём систему координат: $B(0,0,0)$, $C(4,0,0)$, $A(0,\sqrt{2},0)$, $O\left(2, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$, $S\left(2, \frac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{\frac{23}{2}}\right)$.
Параметризуем $SB$: $(2t, \frac{\sqrt{2}}{2}t, \sqrt{\frac{23}{2}}t)$, $t \in [0,1]$.
Шаг 6:
Найдём $t_P$ из условия $AP \perp SB$:
$\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{SB} = 0 \Rightarrow 16t - 1 = 0 \Rightarrow t_P = \frac{1}{16}$.
Аналогично для $CQ \perp SB$: $16t - 8 = 0 \Rightarrow t_Q = \frac{1}{2}$.
Шаг 7:
Координаты:
$P\left(\frac{1}{8}, \frac{\sqrt{2}}{32}, \frac{1}{16}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$,
$Q\left(1, \frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{2}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$,
$A(0,\sqrt{2},0)$, $C(4,0,0)$.
Шаг 8:
Векторы:
$\overrightarrow{AP} = \left(\frac{1}{8}, -\frac{31\sqrt{2}}{32}, \frac{1}{16}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$,
$\overrightarrow{CQ} = \left(-3, \frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{2}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$.
Шаг 9:
Скалярное произведение:
$\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{CQ} = -\frac{3}{8} + \left(-\frac{31}{64}\right) + \frac{23}{64} = -\frac{1}{2}$.
Модули: $|AP| = \frac{\sqrt{31}}{4}$, $|CQ| = 2\sqrt{3}$.
Шаг 10:
$\cos \varphi = \frac{|\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{CQ}|}{|AP| \cdot |CQ|} = \frac{1/2}{\frac{\sqrt{31}}{4} \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{93}}$.
Угол между плоскостями — острый, поэтому $\varphi = \arccos \frac{1}{\sqrt{93}}$.
Окончательный ответ (б): $\arccos \frac{1}{\sqrt{93}}$.
Линия пересечения плоскостей $SBA$ и $SBC$ — $SB$.
В плоскости $SBA$: $AP \perp SB$.
В плоскости $SBC$: $CQ \perp SB$.
Угол между плоскостями равен углу между прямыми $AP$ и $CQ$.
Шаг 2:
Найдём длины $AP$ и $CQ$.
В $SAB$: площадь $S = \frac{1}{2} \cdot SA \cdot SB \cdot \sin \angle ASB$.
Из теоремы косинусов: $\cos \angle ASB = \frac{15}{16}$, $\sin \angle ASB = \frac{\sqrt{31}}{16}$.
$S = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \frac{\sqrt{31}}{16} = \frac{\sqrt{31}}{2}$.
С другой стороны, $S = \frac{1}{2} \cdot SB \cdot AP \Rightarrow AP = \frac{\sqrt{31}}{4}$.
Шаг 3:
В равностороннем $SBC$: $CQ = 4 \cdot \sin 60^\circ = 2\sqrt{3}$.
Шаг 4:
Найдём $PQ$: $BP = \frac{1}{4}$, $BQ = 2$, $PQ = \frac{7}{4}$.
Шаг 5:
Введём систему координат: $B(0,0,0)$, $C(4,0,0)$, $A(0,\sqrt{2},0)$, $O\left(2, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$, $S\left(2, \frac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{\frac{23}{2}}\right)$.
Параметризуем $SB$: $(2t, \frac{\sqrt{2}}{2}t, \sqrt{\frac{23}{2}}t)$, $t \in [0,1]$.
Шаг 6:
Найдём $t_P$ из условия $AP \perp SB$:
$\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{SB} = 0 \Rightarrow 16t - 1 = 0 \Rightarrow t_P = \frac{1}{16}$.
Аналогично для $CQ \perp SB$: $16t - 8 = 0 \Rightarrow t_Q = \frac{1}{2}$.
Шаг 7:
Координаты:
$P\left(\frac{1}{8}, \frac{\sqrt{2}}{32}, \frac{1}{16}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$,
$Q\left(1, \frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{2}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$,
$A(0,\sqrt{2},0)$, $C(4,0,0)$.
Шаг 8:
Векторы:
$\overrightarrow{AP} = \left(\frac{1}{8}, -\frac{31\sqrt{2}}{32}, \frac{1}{16}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$,
$\overrightarrow{CQ} = \left(-3, \frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{2}\sqrt{\frac{23}{2}}\right)$.
Шаг 9:
Скалярное произведение:
$\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{CQ} = -\frac{3}{8} + \left(-\frac{31}{64}\right) + \frac{23}{64} = -\frac{1}{2}$.
Модули: $|AP| = \frac{\sqrt{31}}{4}$, $|CQ| = 2\sqrt{3}$.
Шаг 10:
$\cos \varphi = \frac{|\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{CQ}|}{|AP| \cdot |CQ|} = \frac{1/2}{\frac{\sqrt{31}}{4} \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{93}}$.
Угол между плоскостями — острый, поэтому $\varphi = \arccos \frac{1}{\sqrt{93}}$.
Окончательный ответ (б): $\arccos \frac{1}{\sqrt{93}}$.