Условие
Сфера касается боковых граней четырёхугольной пирамиды
SABCD в точках, лежащих на рёбрах
AB ,
BC ,
CD ,
DA .
Известно, что высота пирамиды равна
2
,
AB=6
,
SA=5
,
SB=7
,
SC=2
. Найдите длины рёбер
BC
и
CD , радиус сферы и двугранный угол при ребре
SD .
Решение
Пусть
K ,
L ,
M и
N – точки касания сферы с боковыми
гранями
ASB ,
BSC ,
CSD и
ASD соответственно (рис.1),
SH –
высота пирамиды,
O – центр сферы,
R – её радиус,
H1
– точка касания сферы с плоскостью основания пирамиды.
Радиус
OK , проведённый в точку касания сферы с плоскостью
ASB ,
перпендикулярен этой плоскости, поэтому
OK 
SK , значит,
треугольник
SKO – прямоугольный. Аналогично, треугольники
SLO ,
SMO и
SNO – также прямоугольные, причём все они равны
по катету и гипотенузе. Следовательно,
SN=SM=SL=SK . Тогда
боковые рёбра четырёхугольной пирамиды
SKLMN равны между собой, значит,
её высота
SH проходит через центр окружности, описанной около четырёхугольника
KLMN , т.е. через центр окружности, по которой сфера пересекается с основанием
пирамиды
SABCD (или, что то же самое, окружности, вписанной в четырёхугольник
ABCD ). Аналогично докажем, что высота
OH1
четырёхугольной
пирамиды
OKLMN также проходит через центр этой окружности, поэтому
точки
H и
H1
совпадают, а прямая
SO проходит через центр
H окружности,
вписанной в четырёхугольник
ABCD .
Отрезок
HK – радиус окружности, проведённый в точку касания с прямой
AB ,
поэтому
HK AB . Тогда по теореме о трёх перпендикулярах
SK AB , т.е.
SK – высота треугольника
ASB . По формуле Герона
SΔ ASB = 
= 
=6
.
С другой стороны,
SΔ ASB = 
AB· SK = · 6· SK = 3SK,
Из уравнения
3
SK = 6
находим, что
SK=2
. Тогда
SN=SM=SL=SK = 2
.
Из прямоугольного треугольника
SHK находим, что
HK = 
= 
=
= 2.
Тогда
HN=HM=HL=HK = 2
.
В прямоугольном треугольнике
SKO отрезок
HK – высота, проведённая из вершины
прямого угла. Обозначим
OSK = HKO = α . Тогда
cos α = 
= 
= 
.
Следовательно,
R=OK = 
= 
= 2
.
Из прямоугольных треугольников
SKB и
SLC находим, что
BK = 
= 
=
= 5,
LC = 
= 
=
= 4,
поэтому
BL=BK=5, CM = CL = 4, BC=BL+CL = 5+4=9, AN=AK = AB-BK = 6-5=1.
Прямоугольные треугольники
LHC и
NAH подобны (рис.2), т.к. их катеты соответственно
пропорциональны (
= 
= ), поэтому
AHN + CHL = AHN + NAH = 90o,
KHN + MHL= 2 AHN + 2 CHL = 2( AHN + CHL)=
2· 90o =180o,
KHL + MHN = 360o - KHN + MHL=
360o-180o = 180o,
BHL + DHM = ( KHL + MHN) = 90o.
Следовательно, прямоугольные треугольники
DMH и
HLB подобны по двум углам,
значит,
= 
, откуда
DM = HL· = 2· 
= 
,
CD=CM+DM = 4+ = 
.
Рассмотрим четырёхугольник
MDNH . Пусть его диагонали
DH и
MN пересекаются
в точке
P . Поскольку
DM=DN и
HM=HN ,
DH – серединный перпендикуляр к отрезку
MN , поэтому
P – середина
MN и
MN DH . Обозначим
MDH = β .
Из прямоугольного треугольника
MDH находим, что
ctg β = 
= 
= ,
sin β = 
= 
=
.
Тогда
PM = DM sin β = · = 
.
По теореме о трёх перпендикулярах
MN SD . Из точки
P опустим перпендикуляр
PQ на ребро
SD . Тогда плоскость
MQN перпендикулярна прямой
SD , поскольку
прямая
SD перпендикулярна двум пересекающимся прямым
MN и
PQ этой плоскости,
поэтому
MQN – линейный угол двугранного угла между плоскостями боковых
граней
ASD и
CSD . Обозначим
MQN = ϕ . Из прямоугольного треугольника
DMS в котором
MQ – высота, проведённая из вершины прямого угла, находим,
что
MQ = 
= 
=
.
Следовательно,
sin 
= sin PQM = 
=
=
.
Ответ
BC=9
,
CD= ;
R=2
;
ϕ = 2
arcsin .
Источники и прецеденты использования
|
|
|
web-сайт |
|
Название |
Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
|
URL |
http://zadachi.mccme.ru |
|
задача |
|
Номер |
8723 |
