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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 110556
Темы:    [ Касательные к сферам ]
[ Частные случаи параллелепипедов (прочее) ]
[ Объем параллелепипеда ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

В основании прямой призмы ABCDA1B1C1D1 лежит ромб ABCD с углом BAD , равным 2 arccos . Сфера касается всех звеньев ломаной ABCC1A1 и пересекает ребро BB1 в точках B1 и M . Найдите объём призмы и радиус сферы, если B1M=1 .

Решение

Пусть сфера радиуса R касается звеньев AB , BC , CC1 , C1A1 ломаной ABCC1A1 в точках P , Q , K и L соответственно. Точки P и Q лежат на сфере, поэтому центр O сферы лежит в плоскости, перпендикулярной отрезку PQ и проходящей через его середину, а т.к. призма прямая и её основание – ромб, то эта плоскость совпадает с плоскостью BB1D1D . В то же время, поскольку сфера проходит через точки B1 и M , её центр лежит в плоскости, перпендикулярной отрезку B1M и проходящей через его середину N . Эти две плоскости пересекаются по прямой ON , параллельной BD . Пусть L' – центр ромба A1B1C1D1 . Прямая A1C1 перпендикулярна плоскости BB1D1D , поэтому OL' A1C1 . В то же время, радиус сферы, проведённый в точку L касания сферы с прямой A1C1 , также перпендикулярен A1C1 , следовательно точки L' и L совпадают. Пусть прямая, проходящая через точку O параллельно боковому ребру призмы, пересекает диагонали B1D1 и BD оснований в точках H и G соответственно. Поскольку OK CC1 (как радиус сферы, проведённый в точку касания сферы со звеном CC1 ), четырёхугольник OHC1K – прямоугольник, поэтому

C1K = OH = B1N = B1M = .

Тогда C1L = C1K = как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки C1 . Пусть высота призмы равна h . Тогда
CQ= CK = CC1-C1K = h-, BM = BB1-B1M = h-1.

По теореме о касательной и секущей
BQ = = .

Тогда
B1C1 = BC = BQ+QC = +h-.

С другой стороны, из прямоугольного треугольника C1LB1 находим, что
B1C1 = = = = .

Таким образом, получим уравнение
+h- = ,

из которого находим, что h= . Тогда
BP=BQ = = = , CK = h-=- = .

Обозначим BAD = α . По условию cos = , поэтому
sin = = , sin α = 2 sin cos = 2· · = .

Следовательно,
VABCDA1B1C1D1 = SABCD· h = AB· AD sin α · h = ()2· · = .

Наконец, из прямоугольных треугольников BPG и OPG находим, что
PG = BP ctg PGB = BQ ctg = · = ,


R2 = OP2 = = = =.


Ответ

V= , R= .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер 8755

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

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