Задание №15 — Расстояние от точки до прямой и до плоскости

Решение:

Дана пирамида $SABCD$, где основание $ABCD$ является прямоугольником.
По условию: $AB = 5$, диагональ $BD = 9$, точка $F$ лежит на ребре $AS$.
Боковые ребра равны: $SA = SB = SC = SD = 5$.
Также заданы отрезки: $SF = 4$, $BE = 4$.
Сечение $(CEF)$ пересекает ребро $SD$ в некоторой точке $Q$.
а) 1) Применим теорему Пифагора для прямоугольного треугольника $ABD$: $BD^{2} = AB^{2} + AD^{2}$.
Отсюда $AD = \sqrt{9^{2} - 5^{2}} = \sqrt{56} = 2 \sqrt{14}$. Точка $O$ — центр прямоугольника, поэтому $DO = OB = AO = OC$.
2) Пусть прямая $CE$ пересекается с прямой $AB$ в точке $N$. Соединим $F$ и $N$.
3) Пусть прямая $CN$ пересекается с прямой $AD$ в точке $M$. Проведем прямую через $M$ и $F$, которая пересечет ребро $SD$ в точке $Q$.
4) Проанализируем планиметрию в плоскости основания $(ABC)$:

Углы $\angle DEM$ и $\angle CEB$ равны как вертикальные; $\angle ADM$ и $\angle DBC$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых.
Следовательно, $\triangle DEM \sim \triangle BEC$. Из подобия имеем: $\frac{EB}{DE} = \frac{BC}{MD} = \frac{4}{5}$.
Подставим значения: $\frac{2 \sqrt{14}}{MA + 2 \sqrt{14}} = \frac{4}{5}$.
Решая уравнение, находим $MA = \frac{\sqrt{14}}{2}$.
5) Рассмотрим треугольники $NAM$ и $NBC$: $\angle ANM = \angle CNB$ (вертикальные), $\angle NAM = \angle NBC = 90^{\circ}$.
Тогда $\triangle NAM \sim \triangle NBC$.
Отношение сторон: $\frac{AN}{NB} = \frac{AM}{BC} = \frac{\frac{\sqrt{14}}{2}}{2 \sqrt{14}} = \frac{1}{4}$.
Таким образом, $NB = 4 AN$, то есть $AN : NB = 1 : 4$.
6) Поскольку $SA = 5$ и $SF = 4$, то $FA = 5 - 4 = 1$.
Заметим, что $\frac{AF}{SF} = \frac{1}{4}$ и $\frac{AN}{NB} = \frac{1}{4}$.
Так как отношения соответственных отрезков равны ($\frac{AF}{SF} = \frac{AN}{NB}$), то по теореме Фалеса (обратной) $FN \parallel SB$.
Следовательно, прямая $SB$ параллельна плоскости сечения $(CEF)$, что и требовалось доказать.
б) 7) Треугольники $ASC$ и $BSD$ равнобедренные, значит, медиана $SO$ является их высотой. Таким образом, $SO \bot AC$ и $SO \bot BD$, откуда следует, что $SO$ — высота всей пирамиды ($SO \bot (ABC)$).
8) Проведем перпендикуляр $QH$ из точки $Q$ к прямой $DB$. Длина $QH$ и будет искомым расстоянием.
9) Рассмотрим сечение $DSM$:

Воспользуемся теоремой Менелая для треугольника $DSA$ и прямой $MQF$:
$\frac{SF}{AF} \cdot \frac{AM}{DM} \cdot \frac{DQ}{QS} = 1$
$\frac{4}{1} \cdot \frac{\frac{\sqrt{14}}{2}}{\frac{5 \sqrt{14}}{2}} \cdot \frac{DQ}{QS} = 1$
Получаем $\frac{4}{5} \cdot \frac{DQ}{QS} = 1$, откуда $\frac{DQ}{QS} = \frac{5}{4}$.
Учитывая, что $DQ + QS = DS = 5$, имеем: $4 DQ = 5(5 - DQ) \Rightarrow 9 DQ = 25$.
$DQ = \frac{25}{9}$. Тогда отношение $\frac{DQ}{DS} = \frac{25}{9 \cdot 5} = \frac{5}{9}$.
10) Треугольники $DQH$ и $DSO$ подобны по двум углам ($\angle D$ — общий, углы при $H$ и $O$ прямые).
Из подобия: $\frac{QH}{SO} = \frac{DQ}{DS} = \frac{5}{9}$, то есть $QH = \frac{5}{9} SO$.
Найдем высоту $SO$ из $\triangle SOB$ по теореме Пифагора: $SO = \sqrt{SB^{2} - OB^{2}} = \sqrt{5^{2} - \left(\frac{9}{2}\right)^{2}} = \sqrt{25 - \frac{81}{4}} = \frac{\sqrt{19}}{2}$.
Итоговое расстояние: $QH = \frac{5}{9} \cdot \frac{\sqrt{19}}{2} = \frac{5 \sqrt{19}}{18}$.

Ответ: $\frac{5}{18} \sqrt{19}$

Источник: ФИПИ