Задача 110572

Темы:    [ Сфера, описанная около тетраэдра ] [ Цилиндр ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего основания цилиндра вписана в грань ABC . Окружность верхнего основания пересекает рёбра DA , DB и DC , а её центр лежит в грани ABD . Радиус цилиндра равен 3, объём пирамиды ABCD равен 27 , ребро AB=24 . Найдите двугранный угол между гранями ABC и ABD и радиус сферы, описанной около пирамиды ABCD .

Решение

Пусть A1 , B1 и C1 – общие точки окружности верхнего основания цилиндра с рёбрами соответственно DA , DB и DC пирамиды ABCD (рис.1). Тогда сечение пирамиды плоскостью верхнего основания цилиндра – треугольник A1B1C1 , около которого описана окружность радиуса 3, центр O1 которой лежит в грани ABD , а значит, на хорде A1B1 . Следовательно, A1B1 = 6 – диаметр окружности, а A1C1B1= 90^o . Стороны треугольника A1B1C1 соответстенно параллельны сторонам треугольника ABC , значит, эти треугольники подобны, причём коэффициент подобия равен = = . В прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AB = 24 вписана окружность с центром O и радиусом 3 (рис.2). Пусть она касается сторон AB , BC и AC в точках K , L и M соответственно. Обозначим AM=AK = x . Тогда

AC = AM+MC = x+3, BL=BK = AB-AK = 24 -x, BC=BL+LC = (24-x)+3=27-x.
По теореме Пифагора
AC2+BC2=AB2, или(x+3)2+(27-x)2 = 242.
Из этого уравнения находим, что x=12+3 или x=12-3 . В первом из этих случаев
AC = x+3 = 15 + 3, BC = 27-x=15 - 3,
во втором –
AC = 15 - 3, BC = 15 + 3.
Тогда в каждом случае
S_{Δ ABC} = AC· BC = ( 15 - 3)( 15 + 3)= (225-63) = 81.
Пусть DH – высота пирамиды ABCD . Тогда
27 = V_ABCD = S_{Δ ABC}· DH = 27DH,
откуда DH = . Отрезок OO1 равен разности высоты DH пирамиды ABCD и высоты DH1 подобной ей с коэффициентом пирамиды A1B1C1D (рис.1), значит,
O1O=DH = .
По теореме о трёх перпендикулярах O1K AB , значит, O1KO – линейный угол двугранного угла между гранями ABC и ABD . Из прямоугольного треугольника O1KO находим, что
tg O1KO = = = .
Центр Q сферы радиуса R , описанной около пирамиды ABCD лежит на прямой, перпендикулярной плоскости ABC и проходящей через центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника ABC , т.е. через середину P гипотенузы AB . Обозначим QP = t . Из прямоугольного треугольника QAP находим, что
R2 = QA2= QP2+AP2 = t2+122.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC (рис.1). Предположим, что AC <BC (случай AC >BC разбирается аналогично), т.е. AC = 15-3 , BC = 15+3 . Тогда
KP = AP - AK = AP - AM = AP - (AC-CM) = 12-(15-3-3) = 3,

OP = = = 6.
Поскольку O1 – середина A1B1 и A1B1 || AB , точка O1 лежит на медиане DP треугольника ADB , значит, ортогональная проекция O точки O1 на плоскость ABC лежит на ортогональной проекции HP наклонной DP на эту плоскость, причём = = . Поэтому
PH = OP = · 6 = 8.
Рассмотрим плоскость параллельных прямых QP и DH (рис.1). Из точки Q опустим перпендикуляр QF на прямую DH . В прямоугольном треугольнике QDF известно, что
QD = R, QF = HP = 8, DF = |DH-FH| = |DH-QP|= |-t|.
По теореме Пифагора
R2 = QD2 = QF2+DF2, илиR2 = (8)2+(-t)2.
Из уравнения t2+122 = (8)2+(-t)2 находим, что t=- ( t<0 означает, что точки Q и D лежат по разные стороны от плоскости ABC ). Следовательно,
R = = = .

Ответ

arctg ; .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8791