Задача 110502

Темы:    [ Правильная пирамида ] [ Сфера, описанная около пирамиды ] [ Отношение объемов ] [ Объем тела равен сумме объемов его частей ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD равна 2. Плоскость α , параллельная прямым SC и AD , пересекает пирамиду так, что в сечение можно вписать окружность, причём периметр сечения равен . Найдите: 1) в каком отношении плоскость α делит рёбра пирамиды; 2) отношение объёмов частей, на которые плоскость α разбивает пирамиду; 3) расстояние от центра описанной около пирамиды сферы до плоскости α .

Решение

1) Через прямую AD , параллельную плоскости α , проходит плоскость ASD , пересекающая плоскость α по некоторой прямой m , значит, m || AD (рис.1). Пусть A1 и D1 – точки пересечения прямой m с боковыми рёбрами SA и SD соответственно. Через прямую AD , параллельную плоскости α проходит плоскость ABCD , пересекающая плоскость α по некоторой прямой l , значит, l || AD . Пусть A2 и D2 – точки пересечения прямой l с рёбрами AB и CD соответственно. Тогда A2D2 = AD = 2 . Поскольку A1D1 || A2D2 , сечение A1A2D2D1 – трапеция, а т.к. плоскость α параллельна двум пересекающися прямым SC и BC плоскости BSC , то плоскости α и BSC параллельны, поэтому D1D2 || SC и A1A2 || SB . Обозначим = = k , SA = SB=SC=SD = b . Тогда

A1A2 = D1D2 = SC· = kb, A1D1 = AD· = (1-k)AD = 2(1-k).
Поскольку в трапецию можно вписать окружность, суммы её противоположных сторон равны между собой, значит, сумма её оснований равна половине периметра трапеции, т.е. 2+2(1-k) = , откуда k= . Следовательно,
= = = = .
2) Поскольку сумма боковых сторон A1A2 и D1D2 трапеции A1A2D2D1 также равна полупериметру трапеции, имеем уравнение
2kb = , или b = ,
откуда b=4 . Пусть SH – высота пирамиды SABCD . Из прямоугольного треугольника SHA находим, что
SH = = = ,
Значит,
V_SABCD = S_ABCD · SH = · 4· = .
Пусть P – проекция точки A1 на плоскость основания. Тогда точка P лежит на отрезке AH . Из подобия треугольников AA1P и ASH находим, что
A1P = SH· = · = .
Пусть плоскость, проходящая через точку D1 параллельно плоскости SAB пересекает отрезки AD и A2D2 в точках M и N соответственно. Многогранник ADD2A2A1D1 состоит из треугольной призмы AMNA2A1D1 с основаниями AA1A2 , MD1N и четырёхугольной пирамиды D1MDD2N с основанием MDD2N , а т.к.
AM = A1D = 2(1-k) = , MD = AD-MD = 2- = , MN = DD2 = ,
то
V_ADD2A2A1D1 = V_AMNA2A1D1 + V_D1MDD2N = S_MNA2A· A1P + S_MDD2N · A1P=

= AM· MN · A1P + MD · DD2· A1P = · · · + · · · =

=.
Тогда
= = .
Следовательно, отношение объёмов частей, на которые плоскость α разбивает пирамиду, равно . 3) Поскольку пирамида правильная, центр O её описанной сферы лежит на высоте SH . Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью ASC (рис.3). Получим равнобедренный треугольник ASC и описанную около него окружность с центром O на высоте SH , причём радиус R этой окружности равен радиусу сферы. Продолжим SH до пересечения с окружностью в точке L . Так как AH – высота прямоугольного треугольника SAQ , проведённая из вершины прямого угла, AH2=SH· HL , или 2=(2R-) , откуда находим, что R= . Пусть E и F – середины AD и BC соответственно. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью SEF . Прямая n пересечения плоскостей α и SEF параллельна прямой SF , так как параллельны плоскости α и SBC . Тогда, если прямая n пересекается с прямыми SE и EF в точках Q и K соответственно, то треугольник EQK – равнобедренный, т.к. он подобен равнобедренному треугольнику SEF . Обозначим QKE = SFH = β . Тогда
tg β = = , cos β = = ,

KH = EH - EK = EH-AA2 = 1- = .
Пусть OG – перпендикуляр, опущенный из центра окружности на QK . Тогда длина отрезка OG равна искомому расстоянию от центра сферы до плоскости α . Пусть прямые SH и QK пересекаются в точке T . Из прямоугольного треугольника KHT находим, что
HT = KH tg HKT = tg β = .
Следовательно,
OG = OT cos TOG = (SH - SO + HT) cos β = (SH - R+HT) cos β =

=( - +)= ( -+)=

=(+)= .

Ответ

; ; .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8699