9205. Основание пирамиды SABCD
— равнобедренная трапеция ABCD
с основаниями AD
и BC
, причём AD=2BC=2AB
. Высота SH
пирамиды проходит через точку пересечения прямых AB
и CD
.
а) Докажите, что треугольник SBD
прямоугольный.
б) Найдите расстояние от точки C
до плоскости ASD
, если SH=BC=4
.
Ответ. \sqrt{3}
.
Решение. а) Пусть H
— точка пересечения прямых AB
и CD
, AB=BC=CD=a
, AD=2a
. Поскольку BC=\frac{1}{2}AD
и BC\parallel AD
, отрезок BC
— средняя линия треугольника AHD
, поэтому AH=BH=2a=AD
, т. е. треугольник AHD
равносторонний. Его медиана DB
является высотой, а так как HB
— ортогональная проекция наклонной SB
на плоскость основания пирамиды, то по теореме о трёх перпендикулярах SB\perp BD
.
б) Точка C
— середина наклонной HD
к плоскости ASD
, поэтому расстояние от точки C
до плоскости ASD
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки H
.
Пусть M
— середина AD
, HP
— высота прямоугольного треугольника SMH
. Тогда AD\perp HM
и AD\perp SH
, значит, прямая AD
перпендикулярна плоскости SMH
. Тогда прямая HP
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AD
и SM
плоскости ASD
, поэтому HP
— перпендикуляр к этой плоскости, и расстояние от точки H
до плоскости ASD
равно длине этого перпендикуляра, т. е. (см. задачу 1967)
HP=\frac{HM\cdot SH}{SM}=\frac{\frac{AD\sqrt{3}}{2}\cdot SM}{\sqrt{HM^{2}+SH^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{\sqrt{a^{2}+3a^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.
Следовательно, искомое расстояние равно \sqrt{3}
.