Задача 109396

Темы:    [ Прямоугольный тетраэдр ] [ Произведение длин отрезков хорд и длин отрезков секущих ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В пространстве заданы три луча: DA , DB и DC , имеющие общее начало D , причём ADB = ADC = BDC = 90^o . Сфера пересекает луч DA в точках A1 и A2 , луч DB – в точках B1 и B2 , луч DC – в точках C1 и C2 . Найдите площадь треугольника A2B2C2 , если площади треугольников DA1B1 , DA1C1 , DB1C1 и DA2B2 равны соответственно , 10, 6 и 40.

Решение

Докажем сначала следующее утверждение: если рёбра треугольной пирамиды попарно перпендикулярны, то квадрат площади основания равен сумме квадратов площадей боковых граней. Действительно, пусть OX , OY и OZ – попарно перпендикулярные боковые рёбра треугольной пирамиды OXYZ с вершиной O (рис.1), причём S_{Δ XOY} = S , S_{Δ XOZ} = P , S_{Δ YOZ} = Q . Обозначим OX=a , OY=b , OZ=c . Тогда

перемножив почленно два первых уравнения системы и разделив результат на третье, получим, что a= . Пусть S_{Δ XYZ} = T . Докажем, что T2=S2+P2+Q2 . Для этого опустим перпендикуляр OF из вершины O на ребро YZ . Ребро OX перпендикулярно плоскости грани OYZ , так как OX OY и OX OZ по условию задачи. Тогда прямая YZ перпендикулярна плоскости OXF , значит XF YZ , т.е. XF – высота треугольника XYZ . Из прямоугольных треугольников YOZ и XOF находим, что
OF = = = ,

XF = = = .
Значит,
T = S_{Δ XYZ} = YZ· XF = · =

= = = .
Следовательно, T2=S2+P2+Q2 . Что и требовалось доказать. Перейдём к нашей задаче (рис.2). Проведём сечение сферы плоскостью DA1B1 . Получим окружность и две секущие DA1A2 и DB1B2 , проведённые к ней из точки D , лежащей вне окружности. Тогда DA1· DA2 = DB1· DB2 . Аналогично докажем, что DA1· DA2 = DC1· DC2 . Кроме того,
= = ,

= = ,
значит,
= ,
откуда
S_{Δ DB}2C2 = S_{Δ DA}2B2· = 40· = 50.
Аналогично,
S_{Δ DA}2C2 = S_{Δ DA}2B2· = 40· = 30.
Следовательно,
S_{Δ A}2B2C2 = = =

=10 = 10 = 50.

Ответ

50 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8486