9076. На основании ABCD
четырёхугольной пирамиды SABCD
расположена точка O
. Сфера с центром O
касается прямых SA
, SB
, SC
, SD
в точках A
, B
, K
, L
соответственно. Известно, что AB=KL=5\sqrt{2}
, AL=6
, BK=8
, а отрезок SO
составляет с плоскостью ABCD
угол \arccos\frac{1}{\sqrt{6}}
. Найдите длины отрезков AK
, OS
и SD
.
Ответ. 7\sqrt{2}
, 11\sqrt{\frac{5}{2}}
, \frac{1375\sqrt{11}}{233}
.
Решение. Касательные SA
, SB
, SK
и SL
проведены к сфере из одной точки, поэтому SA=SB=SK=SL
. Радиусы сферы, проведённые в точки касания, перпендикулярны касательным, значит, треугольники SOA
, SOB
, SOK
и SOL
— прямоугольные. Они равны по общей гипотенузе SO
и катетам SA=SB=SK=SL
, поэтому ортогональные проекции точек A
, B
, K
и L
на общую гипотенузу SO
совпадают. Пусть M
— общее основание высот этих треугольников, опущенных на SO
. Перпендикуляры, восставленные к прямой из одной её точки, лежат в плоскости, проходящей через эту точку перпендикулярно прямой. Значит, точки A
, B
, K
, L
и M
лежат в одной плоскости, причём M
— точка, равноудалённая от вершин четырёхугольника ABKL
, т. е. центр окружности, описанной около этого четырёхугольника.
1) Поскольку две противоположные стороны AB
и KL
вписанного четырёхугольника ABKL
равны, это равнобедренная трапеция с основаниями AL=6
, BK=8
. Пусть AP
— её высота. Тогда
PK=\frac{BK+AL}{2}=\frac{8+6}{2}=7,~PB=\frac{BK-AL}{2}=\frac{8-6}{2}=1,
AP=\sqrt{AB^{2}-PB^{2}}=\sqrt{50-1}=7,~AK=\sqrt{AP^{2}+PK^{2}}=\sqrt{49+49}=7\sqrt{2}.
2) Треугольник APK
прямоугольный и равнобедренный, значит, \angle AKB=\angle AKP=45^{\circ}
. Пусть радиус описанной окружности трапеции ABKL
(а значит, и радиус описанной окружности треугольника ABK
) равен r
. По теореме синусов
r=\frac{AB}{2\sin\angle AKB}=\frac{AB}{2\sin45^{\circ}}=\frac{5\sqrt{2}}{2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}=5.
Высота MN
равнобедренного треугольника AMB
является его медианой, поэтому
MN=\sqrt{MB^{2}-BN^{2}}=\sqrt{r^{2}-\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{25-\frac{25}{2}}=\frac{5}{\sqrt{2}}.
Поскольку OA=OB
как радиусы сферы, медиана ON
равнобедренного треугольника AOB
является его высотой, значит, AB\perp ON
, а так как AB\perp MN
, то прямая AB
перпендикулярна плоскости MON
.
Опустим перпендикуляр MQ
из точки M
на прямую ON
. Тогда MQ\perp ON
и MQ\perp AB
(так как прямая AB
перпендикулярна плоскости MON
, содержащей прямую MQ
), значит, MQ
— перпендикуляр к этой плоскости, а прямая ON
— ортогональная проекция наклонной MO
(а значит, и SO
) на плоскость ABCD
. Следовательно, угол между прямой SO
и этой плоскостью — это угол MON
.
Обозначим \angle MON=\alpha
. По условию задачи \cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{6}}
. Тогда \sin\alpha=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}
. Из прямоугольного треугольника MON
с прямым углом при вершине M
находим, что
ON=\frac{MN}{\sin\alpha}=\frac{5}{\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}}=\sqrt{15},~OM=ON\cos\alpha=\sqrt{15}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}.
В прямоугольном треугольнике SAO
с прямым углом при вершине A
отрезок AM
— высота, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
OA=\sqrt{AM^{2}+OM^{2}}=\sqrt{r^{2}+OM^{2}}=\sqrt{25+\frac{5}{2}}=\frac{\sqrt{55}}{\sqrt{2}}.
Следовательно,
SO=\frac{OA^{2}}{OM}=\frac{\frac{55}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}}=\frac{11\sqrt{5}}{\sqrt{2}}.
3) Из этого же треугольника находим, что
SA=\sqrt{SO^{2}-OA^{2}}=\sqrt{\frac{121\cdot5}{2}-\frac{55}{2}}=5\sqrt{11}.
Опустим перпендикуляры LE
и LG
из точки L
на плоскость ABCD
и прямую AB
соответственно. Тогда LG
— высота треугольника ABL
, а так как высота этого треугольника, опущенная из вершины B
, равна высоте AP
трапеции, то LG\cdot AB=AL\cdot AP
. Отсюда находим, что
LG=\frac{AL\cdot AP}{AB}=\frac{6\cdot7}{5\sqrt{2}}=\frac{42}{5\sqrt{2}}.
Наклонная LG
к плоскости ABCD
перпендикулярна прямой AB
, лежащей в этой плоскости, поэтому проекция GE
этой наклонной на плоскость ABCD
перпендикулярна прямой AB
. Значит, LGE
— линейный угол двугранного угла между плоскостями ABKL
и ABCD
. Пусть SH
— высота пирамиды ABCD
. Тогда угол между прямыми SH
и SM
равен углу между между перпендикулярными им плоскостями, т. е. \angle LGE=\angle MSH=90^{\circ}-\alpha
.
Из прямоугольных треугольников GLE
и SHO
находим, что
LE=LG\sin(90^{\circ}-\alpha)=LG\cos\alpha=\frac{42}{5\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{21}{5\sqrt{3}},
SH=SO\sin\alpha=\frac{11\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\frac{55}{2\sqrt{3}}.
Прямоугольные треугольники DEL
и DHS
подобны с коэффициентом \frac{LE}{SH}=\frac{\frac{21}{5\sqrt{3}}}{\frac{55}{2\sqrt{3}}}=\frac{42}{275}
, значит (учитывая, что SL=SA
как касательные, проведённые к сфере из одной точки), получим, что
\frac{42}{275}=\frac{LD}{SD}=\frac{LD}{LD+SL}=\frac{LD}{LD+SA}=\frac{LD}{LD+\sqrt{275}},
откуда LD=\frac{42\sqrt{275}}{233}
. Следовательно,
SD=LD+SL=\frac{42\sqrt{275}}{233}+\sqrt{275}=\frac{275\sqrt{275}}{233}=\frac{1375\sqrt{11}}{233}.