8601. Четырёхугольная пирамида SABCD
вписана в сферу, центр которой лежит в плоскости основания ABCD
. Диагонали AC
и BD
основания пересекаются в точке H
, причём SH
— высота пирамиды. Найдите рёбра CS
и CD
, если CH=4
, AS=3\frac{3}{4}
, AD=3
, AB=BS
.
Ответ. 5; \frac{16}{3}
.
Указание. \angle ASC=\angle BSD=90^{\circ}
, BO\perp AC
(O
— центр сферы), DH
— биссектриса треугольника ADC
.
Решение. Рассмотрим сечение данной сферы с центром O
плоскостью ASC
(рис. 1). Плоскость ASC
проходит через перпендикуляр SH
к плоскости ABCD
. Значит, эти плоскости перпендикулярны. Поэтому перпендикуляр, опущенный из точки O
на прямую AC
, является также перпендикуляром к плоскости сечения, а поэтому проходит через центр окружности сечения. Следовательно, AC
— диаметр окружности сечения, а угол ASC
— прямой.
Так как SH
— высота прямоугольного треугольника ASC
, проведённая из вершины прямого угла, то
AS^{2}=AH\cdot AC,~\mbox{или}~\left(\frac{15}{4}\right)^{2}=AH(AH+4).
Из этого уравнения находим, что AH=\frac{9}{4}
. Следовательно,
SC=\sqrt{CH\cdot AC}=\sqrt{4\left(4+\frac{9}{4}\right)}=\sqrt{16+9}=5.
Так как BA=BS
(по условию) и OA=OS
(как радиусы сферы), то точки B
и O
равноудалены от концов отрезка AS
, т. е. лежат в плоскости, перпендикулярной AS
и проходящей через середину отрезка AS
(рис. 1). Значит, BO\perp AS
. Прямая AC
— ортогональная проекция наклонной AS
на плоскость ABCD
. По теореме о трёх перпендикулярах BO\perp AC
.
Диаметр BB_{1}
окружности, описанной около четырёхугольника ABCD
(рис. 3), перпендикулярен хорде AC
, поэтому BB_{1}
делит эту хорду пополам. Значит, треугольник ABC
— равнобедренный (BA=BC
).
Из равенства хорд BA
и BC
следует равенство углов ADB
и CDB
. Таким образом, DH
— биссектриса треугольника ADC
. По свойству биссектрисы треугольника
\frac{CD}{DA}=\frac{CH}{AH},~\mbox{или}~\frac{CD}{3}=\frac{4}{\frac{9}{4}}=\frac{16}{9},
откуда CD=\frac{16}{3}
.