Задача 110533

Темы:    [ Cфера, вписанная в призму ] [ Объем тела равен сумме объемов его частей ] [ Сфера, вписанная в двугранный угол ] [ Сфера, вписанная в трехгранный угол ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В основании призмы ABCDA₁B₁C₁D₁ лежит прямоугольник ABCD. Острые углы D₁DA и D₁DC равны между собой, угол между

ребром DD₁ и плоскостью основания призмы равен arccos

1 √ 13

, а CD = 5

√ 6

. Все грани призмы касаются некоторой сферы.

Найдите BC и угол между плоскостями D₁DC и ABC, а также расстояние от точки D до центра сферы.

Решение

Поскольку в призму можно вписать сферу, все высоты призмы равны диаметру сферы как расстояния между противоположными гранями, а поскольку площадь грани призмы равна объёму призмы, делённому на высоту, то все грани призмы равновелики. В частности, S_ADD₁A₁ = S_CDD₁C₁, или

AD · DD₁ sin ∠D₁DA = CD · DD₁ sin ∠D₁DC,

откуда AD = CD = 5

√ 6

. Следовательно,

BC = AD = 5

√ 6

, т. е. ABCD ─ квадрат.

Пусть D₁M и D₁N ─ высоты параллелограммов DD₁C₁C и DD₁A₁A, опущенные из вершины D₁. Из равенства площадей граней DD₁C₁C, DD₁A₁A и ABCD следует, что

D₁M = D₁N = AD = 5

√ 6

.

Пусть H ─ основание перпендикуляра, опущенного из вершины D₁ на плоскость грани ABCD. По теореме о трёх перпендикулярах HM ⊥ DC и HN ⊥ AD, поэтому D₁MH и D₁NH ─ линейные углы двугранных углов при рёбрах DC и AD параллелепипеда. Прямоугольные треугольники D₁MH и D₁NH равны по катету и гипотенузе, значит, HM = HN, т. е. точка H равноудалена от сторон прямого угла ADC, поэтому луч DH ─ биссектриса этого угла. Обозначим DD₁ = x. Из прямоугольных треугольников D₁HD, DMH, D₁MD и D₁HM находим, что

DH = DD₁ cos ∠D₁DH = x ·

1 √ 13

=

x √ 13

,

DM = MH =

DH √ 2

=

x √ 2  ·  √ 13

,

√ D₁D² − DM²

= D₁M,  или

√ x² −  x² 26

= 5

√ 6

,

откуда x = 2

√ 3

·

√ 13

. Тогда DM =

DH √ 2

=

√ 6

, а если φ ─ искомый угол

между плоскостями D₁DC и ABC, то

cos φ = cos ∠D₁NH = cos ∠D₁MH =

MH D₁M

=

√ 6   5√ 6

=

1 5

.

Пусть O ─ центр вписанной сферы радиуса r, P и Q ─ точки касания с плоскостями граней ABCD и D₁DAA₁. Прямая AD перпендикулярна плоскости, проходящей через пересекающиеся прямые OP и OQ, так как она перпендикулярна прямым OP и OQ, значит, если L ─ точка пересечения этой плоскости с прямой AD, то PLQ ─ также двугранный угол между плоскостями граней ABCD и D₁DAA₁, т. е. ∠PLQ = φ.

Заметим, что точка P равноудалена от сторон угла DAC, поэтому она лежит на биссектрисе этого угла, т. е. на луче DH. Рассмотрим сечение параллелепипеда плоскостью PLQ. Поскольку O ─ центр окружности, вписанной в угол PLQ, луч LO ─ биссектриса угла PLQ.

Подставив cos φ =

1 5

в левую часть формулы cos φ =

1 − tg²  φ 2 1 + tg²  φ 2

, получим, что tg

φ 2

=

√ 2 3

. Тогда

PL =

OP tg ½φ

=

r tg ½φ

=

6 √ 2/3

= 3

√ 6

,

DP = PL

√ 2

= 3

√ 6

·

√ 2

= 6

√ 3

.

Из прямоугольных треугольников DLP и OPD находим, что

OD =

√ OP² + DP²

=

√ 6² + (6 √ 3 )²

=12.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8731