8671. В четырёхугольной пирамиде SABCD
высоты боковых граней, опущенные из вершины пирамиды S
, равны \sqrt{2}
. Известно, что AB=2
, BC=6
, \angle ABC=\frac{\pi}{3}
, \angle ADC=\frac{2\pi}{3}
. Найдите высоту пирамиды, если её основание находится внутри четырёхугольника ABCD
.
Ответ. 2\sqrt{3\sqrt{2}-4}
.
Решение. Пусть SO
— высота пирамиды, K
, L
, M
и N
— основания перпендикуляров, опущенных из точки O
на стороны соответственно AB
, BC
, CD
и AD
основания (рис. 1). По теореме о трёх перпендикулярах SK\perp AB
, SL\perp BC
, SM\perp CD
и SN\perp AD
. Прямоугольные треугольники SOK
, SOL
, SOM
и SON
равны по катету и гипотенузе, поэтому OK=OL=OM=ON
, значит, O
— центр окружности, вписанной в четырёхугольник ABCD
(точка O
лежит внутри четырёхугольника ABCD
).
Обозначим CD=x
, AD=y
(рис. 2). По свойству описанного четырёхугольника AB+CD=AD+BC
, т. е. 2+x=y+6
. С другой стороны, по теореме косинусов из треугольников ADC
и ABC
находим, что
AC^{2}=CD^{2}+AD^{2}-2CD\cdot AD\cos120^{\circ},~AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2AB\cdot BC\cos60^{\circ},
откуда x^{2}+y^{2}+xy=4+36-12
. Из системы
\syst{x^{2}+y^{2}+xy=28\\x=y+4,\\}
находим, что CD=x=2\sqrt{2}+2
, AD=y=2\sqrt{2}-2
.
Пусть r
— радиус вписанной окружности четырёхугольника ABCD
, p
— полупериметр четырёхугольника. Тогда S_{ABCD}=pr
, а так как
S_{ABCD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\sin60^{\circ}+\frac{1}{2}AD\cdot DC\sin120^{\circ}=
=\frac{1}{2}(AB\cdot BC+AD\cdot DC)\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}(2\cdot6+(2\sqrt{2}-2)(2\sqrt{2}+2))=
=\frac{\sqrt{3}}{4}(12+8-4)=4\sqrt{3}
и
p=\frac{1}{2}(2+6+(2\sqrt{2}+2)+(2\sqrt{2}-2)=4+2\sqrt{2},
то
OK=r=\frac{S_{ABCD}}{p}=\frac{4\sqrt{3}}{4+2\sqrt{2}}=\sqrt{3}(2-\sqrt{2}).
Из прямоугольного треугольника SOK
находим, что
SO=\sqrt{SK^{2}-OK^{2}}=\sqrt{2-\left(\sqrt{3}(2-\sqrt{2})\right)^{2}}=2\sqrt{3\sqrt{2}-4}.