9935. Перпендикулярные плоскости \alpha
и \beta
пересекаются по прямой a
. Катет AC
прямоугольного равнобедренного треугольника лежит в плоскости \alpha
, а гипотенуза AB
— в плоскости \beta
. Расстояния от точек C
и B
до прямой a
равны соответственно 2 и \sqrt{15}
. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. 10.
Решение. Опустим перпендикуляры BB_{1}
и CC_{1}
на прямую a
. Тогда BB_{1}
— перпендикуляр к плоскости \alpha
(см. задачу 7712), а так как наклонная BC
к этой плоскости перпендикулярна прямой AC
, то по теореме о трёх перпендикулярах её проекция B_{1}C
на плоскость \alpha
тоже перпендикулярна AC
.
Обозначим AC=BC=x
. Тогда AB=x\sqrt{2}
. Из прямоугольных треугольников BB_{1}C
, BB_{1}A
и CC_{1}B_{1}
получаем
CB_{1}^{2}=BC^{2}-BB_{1}^{2}=x^{2}-15,~AB_{1}=\sqrt{AB^{2}-BB_{1}^{2}}=\sqrt{2x^{2}-15},
B_{1}C_{1}=\sqrt{CB_{1}^{2}-CC_{1}^{2}}=\sqrt{x^{2}-15-4}=\sqrt{x^{2}-19}.
Отрезок CC_{1}
— высота прямоугольного треугольника ACB_{1}
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому (см. задачу 2728)
CB_{1}^{2}=AB_{1}\cdot B_{1}C_{1},~\mbox{или}~x^{2}-15=\sqrt{2x^{2}-15}\cdot\sqrt{x^{2}-19}.
После возведения в квадрат и очевидных упрощений получаем уравнение x^{4}-23x^{2}+60=0
, из которого находим, что x^{2}=20
или x^{2}=3
, а так как x^{2}\gt15
, то x^{2}=20
. Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}x^{2}=10.