Задача 111608

Темы:    [ Призма ] [ Ортогональное проектирование ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Условие

Нижним основанием призмы ABCA1B1C1 с боковыми рёбрами AA1 , BB1 , CC1 является правильный треугольник ABC со стороной 2a . Проекцией призмы на плоскость основания является трапеция с боковой стороной AB и площадью, в два раза большей площади основания. Радиус шара, проходящего через вершины A , B , A1 , C1 равен 2a . Найдите объём призмы. (Найдите все решения).

Решение

Пусть A2 , B2 и C2 – ортогональные проекции вершин соответственно A1 , B1 и C1 на плоскость основания ABC . Проекция призмы на плоскость ABC является трапецией с боковой стороной AB , если либо точки A2 и C2 лежат на луче AC (рис.1), либо точки B2 и C2 лежат на луче BC (рис.2). Рассмотрим первый из этих случаев. Обозначим BB2=x . Четырёхугольники ABB2A2 и BB2C2C – параллелограммы, поэтому AA2=BB2=CC2=x . Высота трапеции ABB2C2 равна высоте равностороннего треугольника ABC , полусумма оснований этой трапеции равна (x+x+2a) = x+a , а т.к. площадь трапеции вдвое больше площади треугольника ABC , то x+a=2a , откуда AA2 = x=a , т.е. проеция вершины A1 – середина стороны AC основания ABC . Сфера проходит через точки A и B , поэтому её центр лежит в плоскости α , проходящей через середину E отрезка AB перпендикулярно AB . Аналогично, центр сферы лежит в плоскости β , проходящей через середину F отрезка A1C1 перпендикулярно A1C1 . Посокольку EC AB и FC A2C2 и C – середина A2C2 , эти две плоскости пересекаются по прямой FC . Следовательно, центр сферы лежит на прямой FC , а т.к. расстояния от точки C до вершин A и B равны 2a , т.е. радиусу сферы, то центр сферы есть точка C . Тогда CC1 = CA1=2a и

CF= = = a,

V_ABCA1B1C1 = S_{Δ ABC}· FC = · a = a3.
Рассмотрим второй случай. Аналогично предыдущему находим, что AA2=BB2=CC2 = a . Центр сферы лежит на прямой MM1 пересечения плоскостей α и β , перпендикулярных плоскости ABC , значит, прямая MM1 также перпендикулярна плоскости ABC . Пусть точка M лежит в плоскости ABC , а точка M1 – в плоскости A1B1C1 . Заметим, что точка M лежит пересечении высот CE и B2F2 равносторонних треугольников ABC и A2B2C2 . При этом EF2 – средняя линия трапеции ABC2A2 , поэтому EF=(BC2+AA2) = (3a+a) = 2a . Из подобия треугольников CMB2 и EMF2 следует, что = = 2 . Поэтому
OM1=OM2=MM1, MF2 = B2F2 = · = .
Пусть O - центр сферы. Тогда OC1=OA = 2a , а т.к. MM1C1C2 – прямоугольник, то M1C1=MC2=MB=MA , значит, прямоугольные треугольники OM1C1 и OMA равны по катету и гипотенузе. Следовательно, MO=OM1 = MM1 . Из прямоугольного треугольника MC2F2 находим, что
MC2 = = = .
Тогда M1C1 = MC2 = и
OM1= = =.
Следовательно,
V_ABCA1B1C1 = S_{Δ ABC}· MM1 = · 2· = 2a3.

Ответ

3a3 , 2 a3 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8984