Решение основной задачи

Решение основной задачи
𝑆𝐴 = 𝑆𝐵 = 𝑆𝐾 = 𝑆𝐿 (как отрезки касательных).
∠𝑆𝐴𝑂 = ∠𝑆𝐵𝑂 = ∠𝑆𝐾𝑂 = ∠𝑆𝐿𝑂 = 90° (как углы между радиусом и
касательной).
∆𝑆𝐴𝑂 = ∆𝑆𝐵𝑂 = ∆𝑆𝐾𝑂 = ∆𝑆𝐿𝑂 (по общей гипотенузе 𝑆𝑂 и равным катетам
𝑆𝐴, 𝑆𝐵, 𝑆𝐾, 𝑆𝐿).
В прямоугольном треугольнике 𝑆𝐴𝑂 построим высоту 𝐴𝐻, тогда отрезок 𝐵𝐻
будет являться высотой в треугольнике 𝑆𝐵𝑂. Так как 𝑆𝑂 ⊥ 𝐴𝐻, 𝐴𝐻 ∈ (𝐴𝐻𝐵) и 𝑆𝑂 ⊥
𝐵𝐻, 𝐵𝐻 ∈ (𝐴𝐻𝐵), то 𝑆𝑂 ⊥ (𝐴𝐻𝐵).
Аналогично 𝑆𝑂 ⊥ (𝐾𝐻𝐿).
𝑆𝑂 ⊥ (𝐴𝐻𝐵), 𝑆𝑂 ⊥ (𝐾𝐻𝐿) и эти плоскости проходят через точку 𝐻.
Следовательно, они совпадают.
∠𝑆𝐴𝐻 = ∠𝑆𝐵𝐻 = ∠𝑆𝐾𝐻 = ∠𝑆𝐿𝐻 (как углы между катетом и высотой,
опущенной на гипотенузу, в равных треугольниках) – углы между ребрами и
плоскостью основания пирамиды 𝑆𝐴𝐵𝐾𝐿, 𝑆𝐻 – высота в пирамиде 𝑆𝐴𝐵𝐾𝐿.
Следовательно, точка 𝐻 – центр окружности, описанной около четырехугольника
𝐴𝐵𝐾𝐿.
По условию 𝐴𝐵 = 𝐿𝐾, тогда дуги, которые стягивают эти хорды, также
равны. И равны вписанные углы, опирающиеся на эти дуги, то есть, ∠𝐴𝐾𝐵 =
∠𝐾𝐴𝐿. Эти углы являются накрест лежащими при прямых 𝐾𝐵 и 𝐴𝐿, 𝐾𝐴 – секущая.
Следовательно, 𝐾𝐵 ∥ 𝐴𝐿. Значит, 𝐴𝐵𝐾𝐿 – равнобедренная трапеция (𝐾𝐵 ∥ 𝐴𝐿, 𝐴𝐵 =
𝐿𝐾).
Построим высоту 𝐴𝑄. Найдем 𝐵𝑄 =
𝐵𝐾−𝐴𝐿
2
=
6−2
2
= 2. Тогда 𝑄𝐾 = 𝐵𝐾 −
𝐵𝑄 = 6 − 2 = 4.
Из прямоугольного треугольника 𝐴𝑄𝐵 по теореме Пифагора катет 𝐴𝑄 =
√𝐴𝐵2 − 𝐵𝑄2 = √20 − 4 = 4.
Из прямоугольного треугольника 𝐴𝑄𝐾 по теореме Пифагора гипотенуза
𝐴𝐾 = √𝐴𝑄2 + 𝑄𝐾 2 = √16 + 16 = 4√2.
По теореме синусов найдем радиус 𝐻𝐴 окружности описанной около
треугольника 𝐵𝐴𝐾, а значит, и около трапеции 𝐴𝐵𝐾𝐿:
𝐴𝐵
sin ∠𝐴𝐾𝐵
= 2 ∙ 𝐻𝐴, откуда
найдем 𝐻𝐴 = √10.
Соединим точки 𝐻 и 𝐵. Треугольник 𝐴𝐻𝐵 – равнобедренный (𝐴𝐻 = 𝐻𝐵 как
радиусы), построим 𝐻𝐸 – медиану, высоту и биссектрису и из прямоугольного
треугольника 𝐻𝐸𝐴 по теореме Пифагора найдем катет 𝐻𝐸 = √𝐻𝐴2 − 𝐸𝐴2 =
√10 − 5 = √5.
Проведем перпендикуляр 𝐿𝐿2 к стороне 𝐴𝐵, в треугольнике 𝐵𝐴𝐿 он является
высотой, опущенной на продолжение стороны. Найдем его длину методом
площадей (𝐵𝑍 – высота к стороне 𝐴𝐿, 𝐵𝑍 = 𝐴𝑄 = 4):
1
2
1
𝐵𝑍 ∙ 𝐴𝐿 = 𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐿2 ,
2
𝐿𝐿2 =
𝐵𝑍∙𝐴𝐿
𝐴𝐵
=
4∙2
2 √5
4√5
.
5
=
треугольник
𝑂𝐻 ⊥ (𝐴𝐵𝐾), 𝐻𝐸 ∈ (𝐴𝐵𝐾) ⟹ 𝑂𝐻 ⊥ 𝐻𝐸 ⟹
прямоугольный.
2
∠𝑆𝑂𝐸 = arccos .
3
𝐻𝐸
sin ∠𝑆𝑂𝐸
= 3,
2
Тогда
cos ∠𝑆𝑂𝐸 = ,
sin ∠𝑆𝑂𝐸 =
3
√5
.
3
–
𝑂𝐻𝐸
Найдем
𝐸𝑂 =
𝐻𝑂 = 𝐸𝑂 ∙ cos ∠𝑆𝑂𝐸 = 2.
Рассмотрим прямоугольный треугольник 𝑂𝐸𝐴. 𝐸𝐴 =
𝐴𝐵
2
= √5. Тогда по
теореме Пифагора 𝐴𝑂 = √𝐸𝑂2 + 𝐸𝐴2 = √14. То есть радиус сферы равен √14.
Рассмотрим прямоугольный треугольник 𝑆𝐿𝑂. 𝐿𝐻 является в нем высотой,
опущенной на гипотенузу. Составим для подобных треугольников ∆𝐿𝐻𝑂 ∾ ∆𝑆𝐿𝑂
следующее соотношение:
𝑂𝐿
𝑂𝐻
=
𝑆𝑂
𝑂𝐿
. Отсюда 𝑆𝑂 =
𝑂𝐿2
𝑂𝐻
= 7, 𝑆𝐻 = 5.
По теореме Пифагора: 𝑆𝐿 = √𝑆𝑂2 − 𝑂𝐿2 = √35.
Из точки 𝑆 к плоскости (𝐴𝐵𝐶) построим перпендикуляр 𝑆𝐹 и из
прямоугольного треугольника 𝐹𝑆𝑂 найдем его длину:𝐹𝑆 = 𝑆𝑂 ∙ cos ∠𝐹𝑆𝑂 =
14
3
.
Соединим точки 𝐹 и 𝐷, из точки 𝐿 к плоскости (𝐴𝐵𝐶) построим
перпендикуляр 𝐿𝐿1 , тогда 𝐿1 ∈ 𝐹𝐷.
2
Рассмотрим прямоугольный треугольник 𝐿1 𝐿𝐿2 . ∠𝐿1 𝐿2 𝐿 = arccos , тогда,
3
зная 𝐿𝐿2 , найдем 𝐿1 𝐿2 =
Рассмотрим
∆𝑆𝐹𝐷 ⟹
𝑆𝐹
𝐿𝐿1
=
6 √5
5
, затем найдем 𝐿1 𝐿 = 2.
прямоугольный
𝑆𝐷
𝑆𝐷−𝑆𝐿
Ответ: 4√2, 7,
треугольник
. Отсюда находим 𝑆𝐷 =
7√35
4
.
7√35
.
4
𝐹𝑆𝐷.
𝐿𝐿1 ∥ 𝑆𝐹 ⟹ ∆𝐿𝐿1 𝐷 ∾