9752. В основании пирамиды SABCD
лежит прямоугольник ABCD
со стороной AB=5
и диагональю BD=9
. Все боковые рёбра пирамиды равны 5. На диагонали BD
основания ABCD
отмечена точка E
, а на ребре AS
— точка F
так, что SF=BE=4
.
а) Докажите, что плоскость CEF
параллельна ребру SB
.
б) Плоскость CEF
пересекает ребро SD
в точке Q
. Найдите расстояние от точки Q
до плоскости ABC
.
Ответ. \frac{5\sqrt{19}}{18}
.
Решение. а) Пусть прямые CE
и AB
пересекаются в точке M
. Треугольник BEM
подобен треугольнику DEC
с коэффициентом k=\frac{BE}{ED}=\frac{4}{5}
, значит,
BM=kCD=\frac{4}{5}\cdot5=4.
Тогда \frac{AM}{MB}=\frac{AF}{FC}=\frac{1}{4}
, поэтому FM\parallel SB
, а так как прямая FM
лежит в плоскости CEF
, то по признаку параллельности прямой и плоскости (см. задачу 8002) прямая SB
параллельна плоскости CEF
.
б) Плоскости ASB
и CSD
проходят через параллельные прямые AB
и CD
соответственно и имеют общую точку S
, значит, они пересекаются по некоторой прямой l
, параллельной AB
и CD
(см. задачу 8004). Пусть P
— точка пересечения прямых MF
и l
. Тогда Q
— точка пересечения прямых SD
и CP
, лежащих в плоскости CSD
, т. е. точка пересечения прямой SD
с плоскостью CEF
.
Из подобия треугольников PQS
и CQD
находим, что \frac{SQ}{QD}=\frac{SP}{CD}=\frac{4}{5}
. Боковые рёбра пирамиды SABCD
равны, поэтому её высота проходит через центр O
прямоугольника ABCD
. Опустим перпендикуляр QQ_{1}
из точки Q
на прямую BD
. Тогда QQ_{1}\parallel SO
, значит, QQ_{1}
— перпендикуляр к плоскости ABC
, и расстояние от точки Q
до плоскости ABC
равно длине отрезка QQ_{1}
.
Из прямоугольного треугольника SOD
находим, что
SO=\sqrt{SD^{2}-OD^{2}}=\sqrt{5^{2}-\left(\frac{9}{2}\right)^{2}}=\sqrt{25-\frac{81}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{19}.
Прямоугольные треугольники DQ_{1}Q
и DOS
подобны с коэффициентом \frac{DQ}{DS}=\frac{5}{9}
, следовательно,
QQ_{1}=\frac{5}{9}SO=\frac{5}{9}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{19}=\frac{5\sqrt{19}}{18}.
Источник: Диагностические и тренировочные задачи ЕГЭ. — 2019