Условие
Сфера радиуса
вписана в четырёхугольную пирамиду
SABCD , у
которой основанием служит ромб
ABCD , такой, что
BAD = 60
o ;
высота пирамиды, равная 1, проходит через точку
K пересечения диагоналей
ромба. Докажите, что существует единственная плоскость,
пересекающая рёбра основания
AB и
AD в некоторых точках
M и
N ,
таких, что
MN = 
, касающаяся сферы в точке, удалённой на
равные расстояния от точек
M и
N , и пересекающая продолжение
отрезка
SK за точку
K в некоторой точке
E . Найдите длину отрезка
SE .
Решение
Пусть указанная сфера с центром
O касается плоскостей боковых
граней
BSC и
ASD пирамиды
SABCD в точках
G и
H соответственно (рис.1).
Тогда
BC 
OG и
BC SK . Поэтому
BC SG . Аналогично,
SH AD . Значит, точки
G и
H лежат на высотах
SF и
SL треугольников
BSC и
ASD . По теореме о трёх перпендикулярах
KF BC и
KL AD , а
т.к.
BC || AD , то точки
F ,
K и
L лежат на одной прямой, причём
FL
– высота ромба
ABCD .
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки
S ,
L и
F (рис.2). Получим равнобедренный треугольник
SLF , в который вписана
окружность с центром
O и радиусом
. Эта окружность касается
боковых сторон
SF и
SL в точках
G и
H , а основания
FL – в точке
K .
Обозначим
AB = AD = a . Тогда
LF = 
, KF = 
,
SO = SK - OK = 1 - = 
,
sin KSF = 
= 
= 
,
cos KSF = 
, tg KSF = 
,
= KF = SK· tg KSF = 1· = ,
откуда находим, что
a = 
, а т.к.
BAD = 60
o , то
BD = AB = AD = a = .
Пусть плоскость
α , проходящая через точки
M и
N , касается
сферы в точке
Q (рис.1). Тогда по теореме о равенстве отрезков касательных,
проведённых к сфере из одной точки
KN = NQ = MQ = KM.
Таким образом, точки
N и
M , лежащие на сторонах
AB и
AD
равностороннего треугольника
ABD , равноудалены от середины
K
стороны
BD , причём
MN = = BD .
Предположим, что прямая
MN не параллельна
BD . Опустим
перпендикуляры
KP и
KT из точки
K на стороны
AB и
AD
соответственно (рис.3). Из равенства прямоугольных треугольников
KPM и
KTN
(по катету и гипотенузе) следует, что
MKP = NKT , поэтому
MKN =
PKT = 120
o .
Пусть
X – середина
MN . Тогда расстояние от точки
K до
прямой
MN равно длине отрезка
KX . Из прямоугольного треугольника
KXM находим, что
KX = MX ctg MKX = 
· ctg 60o =
> .
Значит, прямая
MN не пересекает ортогональную проекцию данной сферы
на плоскость основания
ABCD . Следовательно, если прямая
MN не
параллельна
BD , то плоскость
α не может пересекать продолжение
отрезка
SK за точку
K .
Пусть теперь
MN || BD (рис.4). Тогда
MN – единственный отрезок с
концами на сторонах
AB и
AD , равный
. Докажем, что
в этом случае прямая
MN пересекает ортогональную проекцию данной сферы на
плоскость основания
ABCD . Это будет означать, что плоскость
α
пересекает продолжение отрезка
SK за точку
K , причём такая
плоскость единственна.
Пусть отрезки
AK и
MN пересекаются в точке
Y . Из подобия
треугольников
AMN и
ABD следует, что
AY = AK· 
= 
· = 
,
KY = AK - AY = - = 
< .
Что и требовалось доказать.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через
прямую
SE и точку
Q (рис.5). Точка
Y лежит в этой плоскости, причём
KY = . Обозначим
KE = x . Тогда
EY = 
= 
.
Из подобия треугольников
EQO и
EKY следует, что
= 
, или
=
,
откуда
KE = x = 
.
Следовательно,
SE = SK + KE = 1 = = 
.
Ответ
.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
web-сайт |
|
Название |
Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
|
URL |
http://zadachi.mccme.ru |
|
неизвестно |
|
Номер |
7193 |
