8831. В трапеции ABCD
угол BAD
прямой, угол ABC
равен \arctg2
и AB=AD
. Квадрат KLMN
расположен в пространстве так, что его центр совпадает с серединой отрезка AB
. Точка A
лежит на стороне LK
и AL\lt AK
, точка M
равноудалена от точек A
и D
. Расстояние от точки L
до ближайшей к ней точки трапеции ABCD
равно \frac{3}{2}
, а расстояние от точки N
до ближайшей к ней точки трапеции ABCD
равно \sqrt{6}
. Найдите площадь трапеции ABCD
и расстояние от точки M
до плоскости ABCD
.
Ответ. S=45
, d=\frac{\sqrt{165}}{5}
.
Решение. Пусть O
— середина стороны основания AB
трапеции ABCD
. Поскольку точка O
— центр квадрата KLMN
и точка A
лежит на стороне KL
этого квадрата, точка B
, симметричная точке A
относительно O
, лежит на противоположной стороне MN
квадрата KLMN
, причём AL=BN=\sqrt{6}
. Обозначим AB=AD=a
, \angle BAK=\alpha
. Тогда, если E
— проекция точки C
на основание AB
трапеции ABCD
, то
BE=CE\ctg\angle ABC=AD\ctg\arctg2=a\cdot\frac{1}{2}=\frac{a}{2}.
Пусть F
— середина KL
. Точка F
лежит между точками A
и K
, т.к AL\lt AK
. Из прямоугольных треугольников AOF
и OFK
находим, что
AF=AO\cos\angle FAO=\frac{a}{2}\cos\alpha,~FK=FO=AO\sin\angle FAO=\frac{a}{2}\sin\alpha.
Поэтому
AK=AF+FK=\frac{a}{2}\cos\alpha+\frac{a}{2}\sin\alpha=\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha).
Пусть M'
— ортогональная проекция точки M
на плоскость квадрата ABCD
. Тогда M'A
и M'D
— проекции на плоскость ABCD
равных наклонных MA
и MD
, поэтому M'A=M'D
. Значит, высота M'Q
равнобедренного треугольника AN'D
является его медианой, т. е. AQ=DQ=\frac{a}{2}
.
Пусть P
— проекция точки M'
на прямую AB
пересечения плоскостей данных квадрата и трапеции. Тогда MPM'
— линейный угол двугранного угла между плоскостями квадрата и трапеции. Обозначим \angle MPM'=\beta
. Из прямоугольных треугольников MPB
и MM'P
находим, что
MP=BM\sin\angle MBA=AK\sin\alpha=\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha,
M'P=MP\cos\angle MPM'=\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta.
Поскольку AQM'P
— прямоугольник, M'P=AQ=\frac{a}{2}
, или
\frac{a}{2}(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta=\frac{a}{2},
откуда
(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta=1.
Пусть L'
— проекция точки L
на плоскость квадрата ABCD
, а G
и H
— проекции точки L'
на прямые AB
и AD
соответственно. Тогда LGL'
— также линейный угол между плоскостями квадрата и трапеции, поэтому \angle LGL'=\beta
. Заметим, что H
— ближайшая к L
точка квадрата ABCD
, поэтому LH=\frac{3}{2}
. Из прямоугольных треугольников ALH
, LGL'
и ALG
находим, что
L'G=AH=\sqrt{AL^{2}-LH^{2}}=\sqrt{6-\frac{9}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2},LG=\frac{L'G}{\cos\beta}=\frac{\sqrt{15}}{2\cos\beta},
LG=AL\sin\angle LAG=\sqrt{6}\sin\alpha.
Таким образом \frac{\sqrt{15}}{2\cos\beta}=\sqrt{6}\sin\alpha
.
Из системы
\syst{(\cos\alpha+\sin\alpha)\sin\alpha\cos\beta=1\\\frac{\sqrt{15}}{2\cos\beta}=\sqrt{6}\sin\alpha\\}
находим, что \sin(45^{\circ}+\alpha)=\frac{2}{\sqrt{5}}
, а так как \alpha\gt45^{\circ}
(как внешний угол треугольника ALO
), то
\alpha+45^{\circ}=180^{\circ}-\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}},~\alpha=180^{\circ}-45^{\circ}-\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}=135^{\circ}-\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}.
Тогда
\sin(\alpha-45^{\circ})=\sin(90^{\circ}-\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}})=\cos\left(\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}\right)=\frac{1}{\sqrt{5}}.
\sin\alpha=\sin\left(135^{\circ}-\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}\right)=
=\sin135^{\circ}\cos\left(\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}\right)-\cos135^{\circ}\sin\left(\arcsin\frac{2}{\sqrt{5}}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{2}{\sqrt{5}}\right)=\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{5}},
\cos\beta=\frac{\sqrt{15}}{2\sqrt{6}\sin\alpha}=\frac{\sqrt{15}}{2\sqrt{6}\cdot\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}}=\frac{5}{6},
\tg\beta=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\beta}-1}=\sqrt{\frac{36}{25}-1}=\frac{\sqrt{11}}{5}.
Применяя теорему синусов к треугольнику AOL
получим, что
\frac{AO}{\sin45^{\circ}}=\frac{AL}{\sin(\alpha-45^{\circ})},~\frac{\frac{a}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}.
Следовательно,
a=\frac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{6}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=2\sqrt{15}.
Тогда, если S
— площадь трапеции ABCD
, то
S=\frac{1}{2}(AB+CD)\cdot AD=\frac{1}{2}\left(a+\frac{1}{2}a\right)a=\frac{3}{4}a^{2}=\frac{3}{4}\cdot60=45.
Наконец, из прямоугольного треугольника MPM'
находим расстояние от точки M
до плоскости ABCD
:
MM'=M'P\tg\beta=\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt{11}}{5}=\sqrt{15}\cdot\frac{\sqrt{11}}{5}=\frac{\sqrt{165}}{5}.