9069. На ребре AB
треугольной пирамиды ABCD
выбрана точка X
, причём AX:XB=4
. Точки K
и L
— проекции точки X
на плоскости ACD
и BCD
соответственно. Известно, что KC=3
, KD=7
, KA=13
, LC=9
, LB=\frac{7}{2}
. Найдите длину отрезка LD
, высоту пирамиды, опущенную из вершины A
, и угол между ребром AB
и плоскостью BCD
.
Ответ. 11, 5\sqrt{3}
, \arcsin\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{61}}
.
Решение. 1) Обозначим XK=a
, XL=b
. Поскольку XK
и XL
— перпендикуляры к плоскостям соответственно ACD
и BCD
, треугольники XKC
и XLD
— прямоугольные, поэтому
XC^{2}=XK^{2}+CK^{2}=a^{2}+9,~XC^{2}=XL^{2}+CL^{2}=b^{2}+81,
XD^{2}=XK^{2}+DK^{2}=a^{2}+49,~XD^{2}=XL^{2}+DL^{2}=b^{2}+DL^{2}.
Значит, a^{2}+9=b^{2}+81
и a^{2}+49=b^{2}+DL^{2}
, или a^{2}-b^{2}=72
и a^{2}-b^{2}=DL^{2}-49
. Отсюда находим, что LD^{2}=121
. Следовательно, DL=11
.
2) Пусть AH
— высота пирамиды, проведённая из вершины A
. Обозначим AH=h
. Точка L
лежит на отрезке BH
— ортогональной проекции наклонной AB
на плоскость BCD
. Прямоугольные треугольники ABH
и XBL
подобны с коэффициентом \frac{AB}{XB}=5
, поэтому h=AH=5XL=5b
.
Из прямоугольных треугольников XKA
и XLB
получаем, что
XA^{2}=XK^{2}+KA^{2}=a^{2}+169,~\frac{1}{16}XA^{2}=XB^{2}=XL^{2}+LB^{2}=b^{2}+\frac{49}{4},
откуда a^{2}+169=16b^{2}+196
. Поэтому a^{2}-16b^{2}=27
.
Вычитая это равенство из полученного ранее равенства a^{2}-b^{2}=72
, находим, что 15b^{2}=45
, b^{2}=3
, b=\sqrt{3}
. Следовательно, h=5b=5\sqrt{3}
.
3) Поскольку BH
— ортогональная проекция наклонной AB
на плоскость BCD
, угол ребра AB
с плоскостью BCD
— это угол ABH
. Из прямоугольного треугольника ABH
, учитывая, что XB^{2}=b^{2}+\frac{49}{4}
, находим:
\sin\angle ABH=\frac{AH}{AB}=\frac{h}{5XB}=\frac{5\sqrt{3}}{5XB}=\frac{\sqrt{3}}{XB}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3+\frac{49}{4}}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{61}}.