ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 111227
Темы:    [ Биссекторная плоскость и ГМТ ]
[ Сфера, вписанная в двугранный угол ]
[ Четырехугольная пирамида ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

В основании четырёхугольной пирамиды SABCD лежит ромб ABCD с острым углом при вершине A . Высота ромба равна 4, точка пересечения его диагоналей является ортогональной проекцией вершины S на плоскость основания. Сфера радиуса 2 касается плоскостей всех граней пирамиды. Найдите объём пирамиды, если расстояние от центра сферы до прямой AC равно AB .

Решение

Центр сферы, касающейся двух пересекающихся плоскостей лежит в биссекторной плоскости одного из двугранных углов, образованных этими плоскостями. Для данной пирамиды такая сфера либо вписана в пирамиду, либо касается плоскости основания и продолжений всех боковых граней, либо касается одной из боковых граней и продолжений остальных граней. Пусть SK и SN – высоты треугольников ASB и DSC соответственно, H – центр ромба ABCD . Если сфера вписана в пирамиду SABCD , то её центр O лежит на высоте SH , т.к. биссекторные плоскости двугранных углов, образованных соседними боковыми гранями такой пирамиды пересекаются по прямой SH . По теореме о трёх перпендикулярах HK AB и HN CD , и т.к. AB || CD , то точки K , H и N лежат на одной прямой – высоте ромба ABCD . Плоскость ASB проходит через прямую AD , перпендикулярную плоскости KSN , поэтому плоскости ASB и KSN перпендикулярны, значит, перпендикуляр OE , опущенный из точки O на прямую SK пересечения плоскостей ASB и KSN (т.е. радиус сферы), лежит в плоскости KSN . Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью KSN . В четырёхугольнике OEKH известно, что OE = OH = KH = 2 и OEK = OHK = 90o . Из равенства прямоугольных треугольников OHK и OEK (по катету и гипотенузе) следует, что EK = KH = 2 , поэтому OEKH – квадрат, что невозможно, т.к. EKH < 90o . Таким образом, сфера не может быть вписана в данную пирамиду. Аналогично доказывется, что сфера не может касаться грани ABCD и продолжения всех боковых граней пирамиды. Пусть сфера касается грани DSC и продолжений остальных граней пирамиды. Плоскости ASB и CSD проходят через параллельные прямые AB и CD , поэтому прямая l их пересечения параллельна каждой и этих прямых. Пусть F – точка на продолжении отрезка KS за точку S . Тогда FSN линейный угол двугранного угла, содержащего центр O1 сферы. Тогда биссектриса m этого угла лежит в биссекторной плоскости α рассматриваемого двугранного угла и параллельна KN как биссектриса внешнего угла при вершине S равнобедренного треугольника KSN , а т.к. две пересекающиеся прямые l и m плоскости α соответственно параллельны прямым AB и KN плоскости ABCD , то плоскость α параллельна плоскости ABCD . Аналогично доказывется, что плоскость α – биссекторная плоскость двугранного угла между продолжениями граней ASD и BSC . Таким образом, радиус сферы равен расстоянию между параллельными плоскостями α и ABCD . Поэтому SH=2 , а т.к. NH = KN = 2 , то SN = 2 . Биссекторная плоскость двугранного угла между плоскостями ABCD и CSD , содержащая центр этой сферы, проходит через прямую CD , параллельную плоскости α , и пересекает плоскость α , поэтому прямая пересечения параллельна прямой CD . Аналогично, остальные биссекторные плоскости двугранный углов, смежных с двугранными углами пирамиды при рёбрах её основания, пересекают плоскость α по прямым, параллельным этим рёбрам. Пусть OAOBOCOD – четырёхугольник, образованный пересечением этих четырех прямых. Его противоположные стороны попарно параллельны, значит, это – параллелограмм. Его диагонали соответственно параллельны диагоналям ромба ABCD , значит, OAOBOCOD – ромб, подобный ромбу ABCD . Таким образом, центром сферы, о которой говорится в условии задачи, не может быть точка, отличная от точек OA , OB , OC и OD , т.к. только эти точки плоскости α равноудалены от плоскостей всех граней пирамиды. Поскольку SOD || HN , точка OD лежит в плоскости KSN , причём NOD – биссектриса угла SNG , смежного с углом SNK . Поэтому SODN = ODNG = SNOD , значит, SOD=SN , а коэффицент подобия ромбов OAOBOCOD и ABCD равен = = . Точки OA и OC не удовлетворяют условию задачи, т.к. тогда их расстояние до прямой AC равно расстоянию между плоскостями α и ABCD , т.е. 2, поэтому AB=2 , откуда AD = AB = < 4 = KN , что невозможно, т.к. сторона ромба меньше его высоты. Рассмотрим точку OD . Обозначим AB=x . Из подобия ромбов следует, что DH = SOD . Поскольку ортогональная проекция прямой ODH на плоскость основания пирамиды есть прямая DH и DH AC , то по теореме о трёх перпендикулярах ODH AC , значит, длина отрезка ODH и есть расстояние от точки OD до прямой AC , а т.к. по условию это расстояние равно x , то из прямоугольного треугольника SHOD находим, что

SOD2 = ODH2 - SH2 = (x)2-22= x2-4.

Тогда
DH2 = SOD2 = x2-2.

Пусть Q – проекция точки B на сторону CD ромба ABCD . Тогда
BQ=KN = 4, CQ = = , DQ = CD-CQ = x-,


BD2 = BQ2+DQ2 = 16+ (x-)2,


DH2 = BD2 = (16+ (x-)2)= (16+ (x-)2)=(x2-x),

Из уравнения x2-2=(x2-x) находим, что x=3 . Следовательно,
VSABCD = SABCD· SH = AB· KN· SH = · 3· 4· 2= 8.


Ответ

8 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 8909

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .