Задача 111402

Темы:    [ Правильная пирамида ] [ Куб ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна 2 , а высота равна 3. Вершина A куба ABCDA1B1C1D1 находится в центре основания пирамиды, вершина C1 – на высоте пирамиды, а ребро CD лежит в плоскости одной из боковых граней. Найдите длину ребра куба.

Решение

Пусть ребро куба ABCDA1B1C1D1 равно x , а угол между ребром CD и диагональю AC1 куба равен α . Тогда угол между ребром C1D1 и диагональю AC1 также равен α (рис.1). Из прямоугольного треугольника AC1D1 находим, что

tg α = = = .
Известно, что общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AC1 и CD – это отрезок, соединяющий середину O диагонали AC1 куба с серединой T ребра CD , и длина этого отрезка равна . Пусть ребро CD куба лежит в плоскости боковой грани KLN правильной треугольной пирамиды KLMN с вершиной M (рис.2). Опустим перпендикуляр OP из центра куба на апофему NQ пирамиды, лежащую в боковой грани KLN . Тогда OP – перпендикуляр к плоскости этой грани, а OT – наклонная к этой плоскости, перпендикулярная прямой CD , лежащей в плоскости. По теореме о трёх перпендикулярах PT CD . Обозначим ANQ = β . Из прямоугольного треугольника ANQ находим, что
tg β = = = = .
Тогда cos β = , sin β = . Диагональ AC1 куба лежит на высоте NA пирамиды, поэтому OT NA , значит, прямая OT параллельна плоскости основания KLM пирамиды. Тогда, если T1 – ортогональная проекция точки T на плоскость основания пирамиды, то AT1=OT= и TT1=OA = . Опустим перпендикуляр TS из точки T на прямую KL . По теореме о трёх перпендикулярах T1S KL . Гипотенуза TS и катет TT1 прямоугольного треугольника TT1S соответственно параллельны гипотенузе NQ и катету NA прямоугольного треугольника NAQ , поэтому
T1TS = β, T1S=TT1 tg β =OA tg β = · = , TS = = = .
Из прямоугольных треугольников NOP и OPT находим, что
OP= ON sin β = (NA-OA) sin β = (3-)· ,

PT = = = .
Пусть прямые CD и KL , лежащие в плоскости грани KLN пересекаются в точке G . Поскольку TT1 || NA , угол между прямой TG и TT1 равен углу между прямыми CD и AC1 , т.е. α . Из прямоугольных треугольников TT1G и TSG находим, что
T1G = TT1 tg α = · = , SG = = =.
Обозначим KGT = γ . Тогда
tg γ = = = , ctg γ = , sin γ = .
Пусть прямые TG и NQ пересекаются в точке E , а F – проекция точки T на прямую NQ (рис.3). Тогда TPE = QGE = γ и Из прямоугольного треугольника TPE находим, что
TF = PT sin TPE = PT sin γ = · = .
Рассмотрим прямоугольную трапецию AQST1 , в которой
AQ = = , ST1 = , AT1 = , SQ = TF = .
По теореме Прифагора
AT12 = AQ2+(AQ-ST1)2,
или
= (-)2 + (2x2+3x-9).
После очевидных упрощений получим уравнение 5x2+12x-36=0 , из которого находим, что x=(2 - ) .

Ответ

(2 - ) .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	9029