ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
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
В корзину
Прислать комментарий

Условие

В основании призмы ABCDABCD₁ лежит прямоугольник ABCD. Острые углы DDA и DDC 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 DDC 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, SADDA = SCDDC, или

AD · DD₁ sin ∠DDA = CD · DD₁ sin ∠DDC,

откуда AD = CD = 5
6
. Следовательно,
BC = AD = 5
6
, т. е. ABCD ─ квадрат.

Пусть DM и DN ─ высоты параллелограммов DDCC и DDAA, опущенные из вершины D₁. Из равенства площадей граней DDCC, DDAA и ABCD следует, что

DM = DN = 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 DMH и DNH ─ линейные углы двугранных углов при рёбрах DC и AD параллелепипеда. Прямоугольные треугольники DMH и DNH 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 DHD, DMH, DMD и DHM находим, что

DH = DD₁ cos ∠DDH = x · 
1
13
 = 
x
13
,

DM = MH = 
DH
2
 = 
x
2
 · 
13
,

DD² − DM²
 = DM,  или  
x² − 
x²
26
 = 5
6
,

откуда x = 2
3
 · 
13
. Тогда DM = 
DH
2
 = 
6
, а если φ ─ искомый угол
между плоскостями DDC и ABC, то

cos φ = cos ∠DNH = cos ∠DMH = 
MH
DM
 = 
 √6 
5√6
 = 
1
5
.

Пусть O ─ центр вписанной сферы радиуса r, P и Q ─ точки касания с плоскостями граней ABCD и DDAA₁. 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 DDAA₁, 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
 =12.

Источники и прецеденты использования

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

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .