9071. 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=9
, KA=12
, LC=7
, LB=2
. Найдите длину отрезка LD
, высоту пирамиды, опущенную из вершины A
, и угол между ребром AB
и плоскостью ACD
.
Ответ. 11, 10\sqrt{2}
, \arcsin\frac{\sqrt{6}}{3}
.
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}+49,
XD^{2}=XK^{2}+DK^{2}=a^{2}+81,~XD^{2}=XL^{2}+DL^{2}=b^{2}+DL^{2}.
Значит, a^{2}+9=b^{2}+49
и a^{2}+81=b^{2}+DL^{2}
, или a^{2}-b^{2}=40
и a^{2}-b^{2}=DL^{2}-81
. 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}+144,~\frac{1}{16}XA^{2}=XB^{2}=XL^{2}+LB^{2}=b^{2}+4,
откуда a^{2}+144=16b^{2}+64
. Поэтому 16b^{2}-a^{2}=80
.
Складывая это равенство с полученным ранее равенством a^{2}-b^{2}=40
, находим, что 15b^{2}=120
, b^{2}=8
, b=2\sqrt{2}
. Следовательно, h=5b=10\sqrt{2}
.
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}+4
, находим:
\sin\angle ABH=\frac{AH}{AB}=\frac{h}{5XB}=\frac{10\sqrt{2}}{5XB}=\frac{2\sqrt{2}}{XB}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{8+4}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2009, билет 8
Источник: Шабунин М. И. и др. Методическое пособие по математике для учащихся старших классов и абитуриентов / Под ред. М. И. Шабунина. — 3-е изд. — М.: Физматкнига, 2013. — № 5.228, с. 133