14193. Основание пирамиды SABC
— равнобедренный треугольник ABC
, причём AB=BC=9\sqrt{5}
, AC=12\sqrt{5}
. Высота пирамиды SABC
— отрезок SO
, где O
— точка пересечения прямой, проходящей через вершину B
параллельно стороне AC
, и прямой, проходящей через вершину C
перпендикулярно стороне AC
. Найдите расстояние от центра вписанной в треугольник ABC
окружности до плоскости, содержащей боковую грань BSC
, если SO=4\sqrt{5}
.
Ответ. 4.
Решение. Пусть BM
— высота и медиана равнобедренного треугольника ABC
. Тогда BOCM
— прямоугольник со сторонами
BO=CM=\frac{1}{2}AC=6\sqrt{5},
OC=BM=\sqrt{BC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{81\cdot5-36\cdot5}=\sqrt{5}\cdot\sqrt{45}=15.
Пусть E
— точка касания окружности радиуса r
с центром O_{1}
, вписанной в треугольник ABC
, OD
— высота прямоугольного треугольника BOC
. Тогда (см. задачу 452 и 1967)
O_{1}E=r=\frac{S_{\triangle ABC}}{BC+CM}=\frac{CM\cdot BM}{BC+CM}=\frac{6\sqrt{5}\cdot15}{9\sqrt{5}+6\sqrt{5}}=6,
OD=\frac{BO\cdot OC}{BC}=\frac{6\sqrt{5}\cdot15}{9\sqrt{5}}=10.
Пусть OH
— высота прямоугольного треугольника DOS
. Тогда OH
— перпендикуляр к плоскости BSC
, значит, расстояние d
от точки O
до этой плоскости равно длине отрезка OH
, т. е.
d=OH=\frac{OD\cdot SO}{SD}=\frac{OD\cdot SO}{\sqrt{OD^{2}+SO^{2}}}=\frac{10\cdot4\sqrt{5}}{\sqrt{100+80}}=\frac{20}{3}.
Пусть наклонная OO_{1}
к плоскости BSC
пересекает эту плоскость в точке T
, а искомое расстояние от точки O_{1}
до плоскости BSC
равно d_{1}
. Тогда (см. задачу 9180)
\frac{d_{1}}{d}=\frac{O_{1}T}{TO}=\frac{O_{1}E}{OD}=\frac{r}{OD}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}.
Следовательно,
d_{1}=\frac{3}{5}d=\frac{3}{5}\cdot\frac{20}{3}=4.