9164. Основание пирамиды SABCD
— равнобедренная трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
. Высота пирамиды проходит через точку A
, SH
— высота треугольника BSC
. Найдите косинус угла между прямыми CD
и SH
, если известно, что BC=2AD
, AB=AD=2SA
.
Ответ. \frac{3}{4}
.
Решение. Положим SA=a
, AB=AD=2a
, BC=4a
. По теореме о трёх перпендикулярах AH\perp BC
, значит, AH
— высота трапеции, а так как трапеция равнобедренная, то
BH=\frac{1}{2}(BC-AD)=\frac{1}{2}(4a-2a)=a.
В прямоугольном треугольнике AHB
катет BH
равен половине гипотенузы AB
, поэтому \angle BAH=30^{\circ}
. Тогда
\angle DCB=\angle ABH=60^{\circ},~AH=BH\tg60^{\circ}=a\sqrt{3}.
Пусть M
— середина боковой стороны AB
. Тогда HM
— медиана прямоугольного треугольника AHB
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому HM=\frac{1}{2}AB=a
и \angle MHB=60^{\circ}=\angle DCB
. Значит, HM\parallel CD
. Следовательно, угол между скрещивающимися прямыми SH
и CD
равен углу между пересекающимися прямыми SH
и HM
, т. е. углу SHM
.
Из прямоугольных треугольников SAM
и SAH
находим, что
SM=\sqrt{SA^{2}+AM^{2}}=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{2},~
SH=\sqrt{SA^{2}+AH^{2}}=\sqrt{a^{2}+3a^{2}}=2a.
По теореме косинусов из треугольника SHM
находим, что
\cos\angle SHM=\frac{HM^{2}+SH^{2}-SM^{2}}{2HM\cdot SH}=\frac{a^{2}+4a^{2}-2a^{2}}{2\cdot a\cdot2a}=\frac{3}{4}.