9206. Основание пирамиды SABCD
— прямоугольная трапеция ABCD
с большим основанием AD
и прямым углом D
. Высота SH
пирамиды проходит через точку пересечения прямых AB
и CD
.
а) Докажите, что грань ASD
— прямоугольный треугольник.
б) Найдите расстояние от точки B
до плоскости ASD
, если AD=3BC=3
, \angle BAD=45^{\circ}
и SH=4
.
Ответ. \frac{8}{5}
.
Решение. а) Пусть H
— точка пересечения прямых AB
и CD
. Поскольку HD
— ортогональная проекция наклонной SD
на плоскость ABCD
и HD\perp AD
, по теореме о трёх перпендикулярах SD\perp AD
.
б) Поскольку BC\parallel AD
, прямая BC
параллельна плоскости ASD
, значит, расстояние от точки B
до плоскости ASD
равно расстоянию до этой плоскости от точки C
.
Треугольник BHC
подобен треугольнику AHD
с коэффициентом \frac{BC}{AD}=\frac{1}{3}
, поэтому CD=\frac{2}{3}HD
. Значит, расстояние от точки C
до плоскости ASD
равно \frac{2}{3}
расстояния до этой плоскости от точки H
(см. задачу 9180).
Пусть BK
— высота трапеции ABCD
, HP
— высота прямоугольного треугольника SHD
. Тогда
DK=BC=1,~AK=2,~HD=AD=3,~
SD=\sqrt{HD^{2}+SH^{2}}=\sqrt{9+16}=5,
HP=\frac{HD\cdot SH}{SD}=\frac{3\cdot4}{5}=\frac{12}{5}
(см. задачу 1967).
Прямая AD
перпендикулярна плоскости SDH
, поэтому AD\perp HP
. Тогда прямая HP
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AD
и SD
плоскости ASD
, значит, HP
— перпендикуляр к этой плоскости, и расстояние от точки H
до плоскости ASD
равно длине отрезка HP
, т. е. \frac{12}{5}
. Следовательно, искомое расстояние равно \frac{2}{3}\cdot\frac{12}{5}=\frac{8}{5}
.