Задача 87349

Темы:    [ Максимальное/минимальное расстояние ] [ Правильный тетраэдр ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В правильной треугольной пирамиде SABC ( S – вершина, SA = 4 ) точка D лежит на ребре SC , CD = 3 , а расстояние от точки A до прямой BD равно 2. Найдите объём пирамиды. Дана сфера радиуса 1 с центром в точке A . Рассматриваются всевозможные правильные тетраэдры MNPQ такие, что точки M и N лежат на прямой BD , а прямая PQ касается сферы в одной из точек отрезка PQ . Найдите наименьшее значение длины ребра рассматриваемых тетраэдров.

Решение

Пусть O – центр основания ABC правильной пирамиды SABC (рис.1), SO – высота пирамиды, D1 – проекция данной точки D на плоскость основания, K – середина AB . Обозначим AB = BC = AC = a . Тогда

CK = , OC = ,

CD1 = OC· = OC· = OC· = · = ,

D1K = CK - CD1 = - = ,
а т.к. DD1 CK , то в треугольнике CKD высота DD1 является медианой. Значит, треугольник CKD – равнобедренный. Поэтому DK = CD = 3 . Пусть E – основание перпендикуляра, опущенного из вершины A на прямую BD . По условию задачи AE = 2 . В равнобедренном треугольнике ADB известно, что AB = a , DK = 3 , AE = 2 , причём DK и AE – высоты. Поэтому
BD = = , AB· DK = BD· AE,
или
3a = 2, 9a2 = a2 + 36,
откуда находим, что a = . Далее имеем:
SO = = = = ,

S_{Δ ABC} = = .
Следовательно,
V_SABC = S_{Δ ABC}· SO = · · = .
Пусть вершины M и N правильного тетраэдра MNPQ лежат на прямой BD (рис.2), а вершины P и Q – на прямой, касающейся данной сферы в точке F , лежащей на отрезке PQ . Так как противоположные рёбра правильного тетраэдра перпендикулярны, то PQ MN . Через прямую PQ проведём плоскость, перпендикулярную прямой BD . Эта плоскость пересекает сферу по окружности радиуса r 1 с центром A1 (рис.3), а прямую BD – в некоторой точке G . Пусть x – ребро тетраэдра MNPQ . Тогда расстояние между прямыми MN и PA равно . Это расстояние равно длине перпендикуляра GH , опущенного из точки G на прямую PQ . Обозначим GH = t , GA1F = α . Опустим перпендикуляр GL из точки G на прямую A1F . Из прямоугольного треугольника A1GL находим, что
r + t = A1F + FL = A1L = A1G cos α = 2 cos α,
откуда t = 2 cos α - r . Поскольку при увеличении угла косинус убывает, наименьшее значение величина t принимает при наибольшем возможном α . Значит, перпендикуляр GH наименьший, если точка F совпадает с точкой P или с точкой Q . В этом случае будет наименьшим и ребро тетраэдра MNPQ при данном r 1 . Пусть прямая PQ касается окружности с центром A1 в точке P (рис.4). Опустим перпендикуляр GE из точки G на прямую A1P . В прямоугольном треугольнике A1EG известно, что
A1G = 2, EG = PH = , A1E = A1P + PE = A1P + GH = r + .
По теореме Пифагора
A1E2 + EG2 = A1G2, или (r+)2 + = 4.
После очевидных преобразований получим квадратное уравнение
3x2 + 4xr + 4r2 - 16 = 0.
Так как r 1 , это уравнение имеет единственный положительный корень x = ( - r) . Полученное выражение принимает наименьшее значение при наибольшем возможном r , т.е. при r = 1 . В этом случае x = ( - ) .

Ответ

; .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
неизвестно
Номер	7822