Задача 111227

Темы:    [ Биссекторная плоскость и ГМТ ] [ Сфера, вписанная в двугранный угол ] [ Четырехугольная пирамида ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

В основании четырёхугольной пирамиды SABCD лежит ромб ABCD с острым углом при вершине A . Высота ромба равна 4, точка пересечения его диагоналей является ортогональной проекцией вершины S на плоскость основания. Сфера радиуса 2 касается плоскостей всех граней пирамиды. Найдите объём пирамиды, если расстояние от центра сферы до прямой AC равно AB .

Решение

Центр сферы, касающейся двух пересекающихся плоскостей лежит в биссекторной плоскости одного из двугранных углов, образованных этими плоскостями. Для данной пирамиды такая сфера либо вписана в пирамиду, либо касается плоскости основания и продолжений всех боковых граней, либо касается одной из боковых граней и продолжений остальных граней. Пусть SK и SN – высоты треугольников ASB и DSC соответственно, H – центр ромба ABCD . Если сфера вписана в пирамиду SABCD , то её центр O лежит на высоте SH , т.к. биссекторные плоскости двугранных углов, образованных соседними боковыми гранями такой пирамиды пересекаются по прямой SH . По теореме о трёх перпендикулярах HK AB и HN CD , и т.к. AB || CD , то точки K , H и N лежат на одной прямой – высоте ромба ABCD . Плоскость ASB проходит через прямую AD , перпендикулярную плоскости KSN , поэтому плоскости ASB и KSN перпендикулярны, значит, перпендикуляр OE , опущенный из точки O на прямую SK пересечения плоскостей ASB и KSN (т.е. радиус сферы), лежит в плоскости KSN . Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью KSN . В четырёхугольнике OEKH известно, что OE = OH = KH = 2 и OEK = OHK = 90^o . Из равенства прямоугольных треугольников OHK и OEK (по катету и гипотенузе) следует, что EK = KH = 2 , поэтому OEKH – квадрат, что невозможно, т.к. EKH < 90^o . Таким образом, сфера не может быть вписана в данную пирамиду. Аналогично доказывется, что сфера не может касаться грани ABCD и продолжения всех боковых граней пирамиды. Пусть сфера касается грани DSC и продолжений остальных граней пирамиды. Плоскости ASB и CSD проходят через параллельные прямые AB и CD , поэтому прямая l их пересечения параллельна каждой и этих прямых. Пусть F – точка на продолжении отрезка KS за точку S . Тогда FSN линейный угол двугранного угла, содержащего центр O1 сферы. Тогда биссектриса m этого угла лежит в биссекторной плоскости α рассматриваемого двугранного угла и параллельна KN как биссектриса внешнего угла при вершине S равнобедренного треугольника KSN , а т.к. две пересекающиеся прямые l и m плоскости α соответственно параллельны прямым AB и KN плоскости ABCD , то плоскость α параллельна плоскости ABCD . Аналогично доказывется, что плоскость α – биссекторная плоскость двугранного угла между продолжениями граней ASD и BSC . Таким образом, радиус сферы равен расстоянию между параллельными плоскостями α и ABCD . Поэтому SH=2 , а т.к. NH = KN = 2 , то SN = 2 . Биссекторная плоскость двугранного угла между плоскостями ABCD и CSD , содержащая центр этой сферы, проходит через прямую CD , параллельную плоскости α , и пересекает плоскость α , поэтому прямая пересечения параллельна прямой CD . Аналогично, остальные биссекторные плоскости двугранный углов, смежных с двугранными углами пирамиды при рёбрах её основания, пересекают плоскость α по прямым, параллельным этим рёбрам. Пусть O_AO_BO_CO_D – четырёхугольник, образованный пересечением этих четырех прямых. Его противоположные стороны попарно параллельны, значит, это – параллелограмм. Его диагонали соответственно параллельны диагоналям ромба ABCD , значит, O_AO_BO_CO_D – ромб, подобный ромбу ABCD . Таким образом, центром сферы, о которой говорится в условии задачи, не может быть точка, отличная от точек O_A , O_B , O_C и O_D , т.к. только эти точки плоскости α равноудалены от плоскостей всех граней пирамиды. Поскольку SO_D || HN , точка O_D лежит в плоскости KSN , причём NO_D – биссектриса угла SNG , смежного с углом SNK . Поэтому SO_DN = O_DNG = SNO_D , значит, SO_D=SN , а коэффицент подобия ромбов O_AO_BO_CO_D и ABCD равен = = . Точки O_A и O_C не удовлетворяют условию задачи, т.к. тогда их расстояние до прямой AC равно расстоянию между плоскостями α и ABCD , т.е. 2, поэтому AB=2 , откуда AD = AB = < 4 = KN , что невозможно, т.к. сторона ромба меньше его высоты. Рассмотрим точку O_D . Обозначим AB=x . Из подобия ромбов следует, что DH = SO_D . Поскольку ортогональная проекция прямой O_DH на плоскость основания пирамиды есть прямая DH и DH AC , то по теореме о трёх перпендикулярах O_DH AC , значит, длина отрезка O_DH и есть расстояние от точки O_D до прямой AC , а т.к. по условию это расстояние равно x , то из прямоугольного треугольника SHO_D находим, что

SO_D2 = O_DH2 - SH2 = (x)2-22= x2-4.
Тогда
DH2 = SO_D2 = x2-2.
Пусть Q – проекция точки B на сторону CD ромба ABCD . Тогда
BQ=KN = 4, CQ = = , DQ = CD-CQ = x-,

BD2 = BQ2+DQ2 = 16+ (x-)2,

DH2 = BD2 = (16+ (x-)2)= (16+ (x-)2)=(x2-x),
Из уравнения x2-2=(x2-x) находим, что x=3 . Следовательно,
V_SABCD = S_ABCD· SH = AB· KN· SH = · 3· 4· 2= 8.

Ответ

8 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8909