Тема СТЕРЕОМЕТРИЯ

Сферы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела стереометрия

Разделы подтемы Сферы

Вписанная сфера

Описанная сфера

Сечение шара плоскостью

Касательные к сфере (+ каркасный тетраэдр)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80743

Сфера касается всех рёбер пирамиды, в основании которой лежит выпуклый 2024-угольник. Покрасим в шахматном порядке углы между последовательными рёбрами при вершине вне многоугольника в синий и красный цвета. Докажите, что произведение синусов половинок синих углов равно произведению синусов половинок красных.

Источники: Высшая проба - 2024, 11.6 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть в основании пирамиды лежит 2024-угольник А₁А₂…А₂₀₂₄, а О – её вершина. Для начала будет полезно определиться, что синих и красных углов будет равное количество, так как в пирамиде у нас чётное число боковых граней. Давайте рассмотрим одну боковую грань и попробуем найти синус нужного нам угла. Обратите внимание: нас просят найти синус от половинного угла грани. На какую формулу это может быть намеком?

Подсказка 2

Действительно, просто так искать синус половинного угла мы не очень умеем. Давайте рассмотрим квадрат синуса половинного угла и понизим его степень. sin²(α/2) = (1 – cos(α)) / 2. А вот cos(α) мы уже умеем находить, например, по теореме косинусов. Но мы всё ещё никак не использовали нашу сферу. Как может помочь то, что она касается всех ребер пирамиды?

Подсказка 3

Если сфера касается всех ребер, значит, в пересечении с нашей боковой гранью будет получаться окружность, вписанная в треугольную боковую грань пирамиды. Пускай такая окружность касается стороны OА₁ в точке B₁, стороны OА₂ - в точке B₂, а стороны А₁А₂ - в точке С₁. Тогда по теореме об отрезках касательных к окружности, проведенных из одной точки, А₁B₁ = А₁С₁ = x, А₂B₂ = А₂С₁ = y, OB₁ = OB₂ = z. Как тогда выражается sin²(α/2) через x, y, z?

Подсказка 4

Давайте воспользуемся теоремой косинусов для треугольника А₁А₂O, но выразим стороны через x, y, z. Чему тогда будет равно (1 – cos(α)) / 2?

Подсказка 5

После преобразований получаем sin²(α/2) = (А₁B₁* А₂B₂) / (OА₁ * OА₂), где α = ∠А₁OА₂. Заметьте, что данная формула будет верна, как для красных, так и для синих углов, если вместо 1 подставить i, а вместо 2 – (i + 1). Объясните, почему в таком случае произведение синих углов будет равно произведению красных.

Показать доказательство

Пусть в основании пирамиды лежит 2024-угольник $A ...A 1 2024$ , точка $O$ — вершина пирамиды. Пусть для всех $i∈ {1,2,...,2024}$ , сфера касается ребер $OAi$ в точке $Bi$ , а ребер $AiAi+1$ в точке $Ci$ ( $A2025 = A1$ ).

Рассмотрим треугольник $A1A2O$ . Сечением сферы в его плоскости является вписанная в него окружность, которая касается его сторон в точках $B1$ , $B2$ , $C1$ . Пусть

A1B1 = A1C1 = x

A2B2 = A2C1 = y

OB1 = OB2 = z

∠A1OA2 =α

Из теоремы косинусов имеем

(x+ y)2 = (x+ z)2 +(z+ y)2− 2(x +z)(z +y)cosα

2xy = (x+ z)(y+ z)− (x+z)(z+y)cosα

1− cosα xy ---2---= (x+z)(z+y)

1−-cosα-= A1B1-⋅ A2B2 2 OA1 OA2

Как известно,

1−-cosα- 2 α 2 = sin 2

По условию достаточно показать, что произведения квадратов половинных синих и половинных красных углов равны. Но из равенства выше каждое из таких произведений равно произведению отношений $AiBi OAi-$ для всех $i∈ {1,2,...,2024}$ , что доказывает исходное равенство.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#81377

Длина ребра куба $ABCDA ′B′C′D′$ равна 1. Найдите радиус сферы, проходящей через точку $B$ и касающейся прямых $AD,AA′$ и $′ ′ A B$ .

Источники: Миссия выполнима - 2024, 11.4 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тут у нас и параллельные прямые, и биссектрисса - давайте поищем равные углы. Помним, что биссектрисса отсекает от параллелограмма равнобедренный треугольник.

Подсказка 2

Верно, получаем MCK равнобедренный. Тогда ОС (где О - центр окружности) - серединный перпендикуляр КМ, а треугольники KOC и МОС равны и равнобедренны. На этом этапе давайте остановимся в изучении чертежа и подумаем, как нам доказать требуемое. Какой признак может указывать на принадлежность точки О описанной окружности BCD?

Подсказка 3

Конечно, в нашем случае проще всего будет доказывать через равенство вписанных углов. Для каких двух углов будет удобнее это доказать?

Подсказка 4

Конечно, легче находится, что OBC и ODC равны и опираются на дугу ОС. Это несложно вывести, если увидеть равенство треугольников BKO и DCO. Теперь остаётся только последовательно всё доказать

Показать ответ и решение

Введём декартову систему координат с центром в точке $A$ , ось абсцисс — луч $AD$ , ось ординат — луч $AA ′$ , ось аппликат — луч $AB$ .

Пусть $′ O$ — проекция центра сферы на грань $′ ′ AA B B$ куба. Определим ее местоположение. Так как сфера касается прямых $′ ′′ AA ,A B$ и проходит через точку $B$ , то расстояние от точки $′ O$ до прямых $′ AA$ и $′ ′ A B$ и точки $B$ одинаково (обозначим его $r$ ). Тогда $′ O$ лежит на луче $′ A B$ , который является биссектрисой угла $′ ′ AA B$ . Осталось учесть условие, что центр сферы касается прямой $AD$ , то есть нужно проверить, что расстояние от центра до прямой $AD$ совпадает с радиусом сферы $OB$ .

Заметим, что есть два случая расположения точки $′ O$ (на рисунке показаны разными цветами):

$PIC$

Случай 1: точка $O ′$ лежит на диагонали $A ′B$ .

Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольного треугольника $O ′HA ′$ получим: $r2+ r2 = (√2-− r)2$ , откуда $r =2− √2$ . Значит, центр сферы $O$ имеет координаты $(x1;√2-− 1;2− √2)$ .

Расстояние до прямой $AD$ равно $∘(√2−-1)2-+(2−-√2)2$ . То есть радиус $OB = ∘(√2-− 1)2+(2−-√2)2 = ∘9−-6√2.$

Случай 2: точка $O ′$ лежит на продолжении луча $A′B$ .

Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольного треугольника $O ′HA ′$ получим: $r2+ r2 = (√2-+r)2$ , откуда $r =2+ √2$ . Значит, центр сферы $O$ в этом случае имеет координаты $(x ;−√2-− 1;2+ √2) 2$ .

Расстояние до прямой $AD$ равно $∘--√-----2-----√--2 (− 2− 1) + (2+ 2)$ . То есть радиус $∘ --√----2-----√--2- ∘ ---√-- OB = (− 2− 1)+ (2+ 2) = 9+6 2.$

Ответ:

$∘9-±-6√2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85517

Вписанная сфера треугольной пирамиды $SABC$ касается основания $ABC$ в точке $P$ , а боковых граней - в точках $K,M$ и $N$ . Прямые $P K,PM,PN$ пересекают плоскость, проходящую через середины боковых рёбер пирамиды, в точках $′ ′ ′ K ,M ,N$ . Докажите, что прямая SP проходит через центр описанной окружности треугольника $′ ′ ′ K M N$ .

Источники: Турнир городов - 2024, весенний тур, 11.5 (см. turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем упростить задачу. Если продлить отрезки PK', PM' и PN' в 2 раза, их концы (K'', M'' и N'') будут лежать в одной плоскости с точкой S. Нам нужно доказать, что S — центр окружности, описанной вокруг треугольника K''M''N''. Но как это можно доказать?

Подсказка 2

Например, можно доказать равенство SK и SK'', SM и SM'', SN и SN''. Мы знаем, что SK = SM = SN, так как это касательные к сфере из одной точки. Как доказать, что SK и SK'' равны?

Подсказка 3

Если продлить прямую SK до пересечения с плоскостью основания, то образуется пара подобных треугольников, из которых можно получить, что SK и SK'' равны.

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Сделаем гомотетию с центром $P$ и коэффициентом 2. Пусть $′′ ′′ ′′ K ,M ,N$ — образы точек $′ ′ ′ K ,M ,N ,T$ — точка пересечения прямой $SK$ с плоскостью $ABC$ . Тогда $TK =T P$ как касательные к сфере, и, поскольку треугольники $PKT$ и $′′ K KS$ подобны, то $′′ SK = SK$ . Аналогично $′′ ′′ SM = SM,SN = SN$ . Но $SK = SM = SN$ как касательные, следовательно $S$ — центр окружности $′′ ′′ ′′ K M N$ , а середина $SP$ — центр окружности $KMN.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Обозначим сферу, проходящую через точки $K,M,N$ , с центром в точке $S$ , через $ω$ , вписанную сферу пирамиды — через $γ$ , а плоскость, проходящую через середины рёбер пирамиды — через $α$ .

Сделаем инверсию с центром в точке $P$ , переводящую $γ$ в $α$ . Тогда точки $K,M, N$ перейдут в точки $K′,M′,N′$ . Так как $ω ⊥γ$ , то образ $ω$ будет перпендикулярен $α$ . Следовательно, образом $ω$ будет сфера, построенная на окружности ( $K′M′N′$ ) как на диаметральной окружности.

Тогда утверждение задачи следует из того, что центр инверсии, центр сферы и центр её образа лежат на одной прямой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Утверждение задачи является частным случаем следующего факта.

Рассмотрим стереографическую проекцию сферы $S$ на плоскость $π$ из точки $P ∈ S$ . Пусть $Q$ — точка вне сферы $S$ , а окружность $ω$ на $S$ , образованная касательными к $S$ из $Q$ , не проходит через $P$ . Тогда образом $ω$ будет окружность $ω′$ с центром в точке пересечения плоскости $π$ с лучом $PQ$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91981

В основании пирамиды лежит трапеция $ABCD, AD∥BC,AD = 2BC$ . Сфера радиуса 1 касается плоскости основания пирамиды и плоскостей её боковых граней $ADS$ и $BCS$ . Найдите отношение, в котором делит объём пирамиды плоскость $ADT$ , где $T$ - точка касания сферы с плоскостью $BCS$ , если грань $ADS$ перпендикулярна плоскости основания, а высота пирамиды равна 4.

Источники: ДВИ - 2024, вариант 242, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как сфера касается трех граней, сразу обозначим, что она касается плоскости ADS в точке R, а плоскости ABCD в точке P, O — центр сферы. Что можно сказать про точки T, P, R? Хотелось бы нарисовать рисунок как можно аккуратнее, как тогда удобнее всего было бы работать с перпендикулярностью грани и основания и высотой в этой грани?

Показать ответ и решение

Так как плоскость $(ADS )$ перпендикулярна $(ABC ),$ высота $SH$ пирамиды $SABCD$ лежит в грани $ADS.$ Без ограничения общности можно считать, что сфера касается плоскости $(ADS)$ в точке $R,$ лежащей на высоте $SH$ (этого можно добиться, если выполнять перенос сферы параллельно плоскости основания пирамиды).

Пусть сфера касается плоскости $(ABC )$ в точке $P.$ Докажем, что точки $T,$ $P$ и $Q$ лежат в одной плоскости и эта плоскость содержит $SH$ . Пусть $O$ — центр сферы. $RH$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC ),$ так как это отрезок на высоте пирамиды. $P$ — точка касания сферы и $(ABC ),$ поэтому $OP$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Таким образом, $OP$ и $RH$ параллельны, поэтому $O,$ $P,$ $R,$ $H$ лежат в одной плоскости (тогда и $S$ лежит в этой плоскости). $BC || AD,$ так как эти отрезки являются основаниями трапеции $ABCD.$ Тогда плоскость $(SBC)$ параллельна прямой $AD.$ Докажем, что $AD ⊥ (SHP).$

Мы уже знаем, что $SH ⊥ AD.$ Теперь заметим, что все три угла $∠ORH,$ $∠RHP$ и $∠OPH$ — прямые, поэтому $ORHP$ — прямоугольник. Тогда $PH$ — перпендикуляр к плоскости $(ADS),$ так как $(ADS)$ и $(ABC)$ перпендикулярны. Таким образом, $P H ⊥ AD.$ Тогда, действительно, $AD ⊥ (SHP ).$ $OT ⊥(SBC )$ и $AD || (SBC ),$ поэтому $OT ⊥ AD.$ Точка $O$ лежит в плоскости $(SHP ).$ Эта плоскость перпендикулярна $AD,$ при этом $OT$ — прямая, перпендикулярная $AD.$ Тогда $OT$ тоже лежит в плоскости $(SHP ).$

Ранее мы отмечали, что $ORHP$ — прямоугольник. Так как $OP =OR$ — радиусы сферы, то на самом деле этот прямоугольник является квадратом. $SH = 4,$ тогда $SR = SH − RH = 3.$ $ST =SR = 3$ — отрезки касательных. Пусть плоскость $(SHP )$ пересекает $BC$ в точке $K.$

$PIC$

Пусть $KT =KP = c$ (эти отрезки действительно равны, как отрезки касательных). По теореме Пифагора для $△SHK :$

2 2 16+ (c+ 1) =(c+ 3)

Решаем это уравнение и получаем $c=2.$ Теперь через точку $T$ проведем прямую $NL,$ параллельную $BC,$ причем $N ∈ SB$ и $L ∈SC.$ Тогда $ANLD$ — это сечение пирамиды плоскостью $(ADT ).$ Действительно, плоскость $(ADT )$ пересекает $(SBC)$ по прямой, параллельной $(AD),$ при этом $AD || BC.$ Поэтому, действительно, линия пересечения $(ADT )$ и $(SBC )$ параллельна $BC,$ поэтому совпадает с $NL.$

Теперь по теореме Фалеса для углов $BST$ и $KSC$ получаем: $SN :NB =ST :TK = 3:2$ и аналогично $SL:LC = 3:2.$

Продлим $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $Q.$

$PIC$

По условию $AD = 2BC,$ поэтому точки $B$ и $C$ соответственно середины $AQ$ и $DQ.$ Пусть $F = AN ∩ DL.$ Ясно, что $F ∈SQ.$ Применяем теорему Менелая к $△QSC$ и прямой $FD :$

QF-⋅ SL-⋅ CD-= 1 FS LC DQ

$CD-= 1, DQ 2$ $SL-= 3, LC 2$ поэтому $QF-= 4. FS 3$ Пусть $V$ — объем пирамиды $QADS.$ Пирамида $QADS$ имеет общую высоту $SH$ с нашей пирамидой $SABCD.$ Треугольники $QAD$ и $QBC$ подобны с коэффициентом $2,$ поэтому $SQAD = 4SQBC.$ Тогда получаем, что $SABCD = 3SQAD, 4$ причем $QAD$ — основание пирамиды $QADS,$ если принять $S$ за ее вершину. По формуле объема пирамиды:

1 1 3 3 1 3 VSABCD = 3 ⋅SABCD ⋅SH = 3SH ⋅4SQAD = 4(3 ⋅SH ⋅SQAD )= 4V

По теореме о пирамидах с общим трехгранным углом при вершине:

VSAFD SA SFSD SF 3 VSAQD-= SA-⋅SQSD-= SQ-= 7

Таким образом, $VSAFD = 37V.$ Снова по теореме о пирамидах с общим трехгранным углом при вершине:

VSNLF-= SN-⋅ SL-⋅ SF-= 3⋅ 3⋅ 3 = 27 VSBQC SB SC SQ 5 5 7 175

$V = V − V = 1V. SBQC SABCD 4$ Таким образом, $V = 27V. SNLF 700$ Тогда $V = V − V = 273V. SANLD SAFD SNLF 700$ $SANLD$ — одна из частей, на которые плоскость $(ADT )$ разбивает исходную пирамиду $SABCD.$ Объем второй части равен $3 273- 252- VNLABCD = VSABCD − VSANLD = 4V − 700V = 700V.$ Тогда требуемое по условию отношение равно

VNLABCD 252V 12 -VSANLD- = 720073V-= 13 700

Ответ: 12 : 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92118

В основании прямой призмы лежит ромб со стороной 3. Найдите объём призмы, если известно, что существует сфера радиуса 1, касающаяся плоскости нижнего основания, двух противоположных боковых рёбер и всех рёбер верхнего основания.

Источники: ДВИ - 2024, вариант 243, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Построим чертёж! Проведите перпендикуляры из центра сферы к параллельным между собой боковым рёбрам (в точки касания). Что можно сказать о фигуре, образованной диагональю ромба, частями этих рёбер и проведёнными перпендикулярами?

Подсказка 2

Теперь мы знаем диагональ ромба! Это позволяет нам полностью обсчитать ромб, найти его углы/высоту/площадь и всё что нам нужно!

Подсказка 3

Спроецируем радиус сферы, проведённый в точку касания её с ребром верхнего основания, на плоскость основания. Эта проекция — половина высоты ромба.

Подсказка 4

Работа с теоремой Пифагора поможет нам отыскать оставшуюся часть высоты призмы. Осталось подставить числа в формулу и записать ответ.

Показать ответ и решение

Пусть дана призма $ABCDA ′B′C′D′,$ $O$ — центр данной сферы, которая касается боковых рёбер $BB′$ и $DD ′$ в точках $K$ и $L.$

Заметим, что $′ OK ⊥ BB$ и $′ OL ⊥ DD ,$ следовательно $′ KL ⊥ BB .$ А раз $′ BB ⊥ BD$ и все четыре точки $B,K,L,D$ лежат в одной плоскости, то $KL ∥KL$ и $BKLD$ — прямоугольник, значит, $BD =KL,$ при этом $KL = 2$ как диаметр данной сферы.

Рассмотрим треугольник $ABD$ и найдём высоту $DH.$ По формуле Герона $√- SABD = 2 2,$ тогда

1 SABD = 2DH ⋅AB

√- 3DH = 2 2 2

√ - DH = 4-2 3

Проецируем $O$ на нижнее основание, обозначим проекцию на $Q,$ она будет являться серединой $BD.$ Пусть $G$ — точка касания сферы с $A′B ′,$ а $E$ — её проекция на нижнее основание.

$PIC$

Раз $OG ⊥A ′B′$ , то в силу ТТП и свойств проекции $QE ⊥ AB.$ Тогда $QE$ — средняя линия в треугольнике $BDH,$ следовательно $√ - QE = 1DH = 2--2. 2 3$

Рассмотрим прямоугольную трапецию $GOQE,$ в ней $OG =OQ = 1$ и $2√2 QE = -3-.$ Пусть $GE = h,$ тогда по теореме Пифагора

(GE − OQ)2+ QE2 = OG2

(h− 1)2 + 89 = 1

h = 4 3

Теперь зная это, посчитаем объём призмы

- - 4√2 4 16√2 V =SABCD ⋅GE = AB⋅DH ⋅GE = 3⋅ 3 ⋅3 = 3

Ответ:

$16√2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#96229

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$ дана высота $h$ и $AB = a.$ Найти радиус сферы, описанной около пирамиды.

Показать ответ и решение

Пусть точка $H$ — основание высоты пирамиды, точка $O$ — центр описанной окружности сферы, $r$ — радиус этой сферы. Тогда $SO = OA =OC = OB = r.$ По свойству правильной пирамиды точка $O$ лежит на прямой $SH,$ являющейся высотой.

Рассмотрим треугольник $OHB.$ Он прямоугольный, так как $OH$ перпендикулярна плоскости $ABC,$ то есть перпендикулярна и прямой $HB,$ лежащей в $ABC.$ $OB = r,$ $a-- HB = √3$ как радиус окружности, описанной около правильного треугольника со стороной $a.$ Рассмотрим, чему может быть равна длина отрезка $OH$ в зависимости от положения точки $O$ относительно точек $S$ и $H :$

1.: Пусть $O$ лежит на отрезке $SH.$ Тогда $OH = h− r$

$PIC$
2.: Пусть $O$ лежит за точкой $H,$ то есть точки $S$ и $O$ находятся по разные стороны от точки $H.$ Тогда $OH = r− h$

$PIC$
3.: Пусть $O$ лежит за точкой $S,$ то есть точки $H$ и $O$ находятся по разные стороны от точки $S.$ Но тогда $OH = h+ r,$ и в прямоугольном треугольнике $OHB$ катет $OH = h+ r$ больше чем гипотенуза $OB = r,$ что не возможно, то есть $O$ не может лежать за $S.$

$PIC$

Получается, что $OH = |h− r|.$ По теореме Пифагора:

2 2 2 OB = OH +HB

( )2 r2 = (r− h)2+ a√-- 3

2 a2 r= h-+-3- 2h

Ответ:

$h + a2 2 6h$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#96231

Дана правильная четырёхугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$ и основанием $ABCD.$ Известно, что сторона основания этой пирамиды равна $6,$ а высота $SH = 4.$ Найти радиус шара, вписанного в трёхгранный угол при вершине $C,$ касающегося шара, вписанного в пирамиду и целиком лежащего внутри пирамиды $SBCD.$

Показать ответ и решение

В силу симметрии центр вписанного в пирамиду шара будет лежать на высоте $SH.$

$PIC$

Проведем аналогию с плоскостью. Центры вписанных шаров лежат на одной прямой и гомотетичны относительно точки $C.$ Из гомотетии следует, что шар, вписанный в трёхгранный угол, будет касаться плоскости $BCD$ в точке, лежащей на $CH,$ следовательно, можно нарисовать треугольник $HCI.$

$PIC$

Точка касания шара, вписанного в пирамиду, с плоскостью $SCD$ лежит на высоте прямоугольника $SCD.$

$PIC$

С помощью этого мы можем узнать радиус. Рассмотрим треугольник $SHK,$ в нём $HK = 3,$ поэтому $SK = 5$ по теореме Пифагора. Теперь, чтобы узнать радиус шара, мы должны найти точку $I,$ такую что $IH$ будет равно перпендикуляру из $I$ к прямой $SK.$ Напишем уравнение, используя теорему Пифагора:

(4− r)2 = 4+ r2

Следовательно, радиус шара, вписанного в пирамиду, будет равен $3 2.$

Вернемся к плоскости. Через подобие треугольников $HIC$ и $H1JC$ найдем коэффициент подобия и найдем $x.$

$PIC$

Через диагональ и теорему Пифагора $HC =3√2.$ Через теорему Пифагора $IC = 9. 2$ При этом $JC = 3− x.$

1= HI-= H1J-= -x-- 3 IC JC 3− x

3 x = 4

Ответ:

$3 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#98911

Основанием пирамиды служит треугольник со сторонами $6,$ $8,$ $10.$ Все боковые рёбра равны $5√2.$ Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды.

Показать ответ и решение

Пусть $ABC$ — треугольник, который служит основанием пирамиды, при этом $AB =6,BC = 10,CA = 8.$ Заметим, что $102 =82+ 62,$ то есть $2 2 2 BC =AB + CA ,$ откуда $ABC$ — прямоугольный треугольник с гипотенузой $BC.$

Все рёбра пирамиды равны, а значит, точки $A,B$ и $C$ равноудалены от четвёртой вершины пирамиды. Геометрическое место точек, равноудалённых от $A,B$ и $C$ — прямая, перпендикулярная плоскости $ABC$ и проходящая через центр окружности, описанной около $ABC.$

$PIC$

Так как треугольник $ABC$ — прямоугольный, то центр его описанной окружности лежит на середине его гипотенузы. Пусть точка $O$ — середина $BC,$ тогда вершина пирамиды $D$ лежит на прямой, перпендикулярной плоскости $ABC$ и проходящей через точку $O,$ а так же

OC = OB =OA = 1BC = 5 2

Треугольник $DOC$ — прямоугольный, так как прямая $DO$ перпендикулярна плоскости $ABC,$ то есть перпендикулярна и прямой $OC,$ лежащей в $ABC.$ $DC =5√2$ как ребро пирамиды, $OC = 5,$ отсюда $DO = 5.$

Получается, $OC = OB = OA =OD = 5,$ то есть точка $O$ равноудалена от всех вершин пирамиды, откуда точка $O$ — центр описанной сферы. Значит, радиус описанной сферы равен 5.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#67591

Дана треугольная пирамида $SABC,$ медианы $AA ,BB 1 1$ и $CC 1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $M.$ Сфера $Ω$ касается ребра $AS$ в точке $L$ и касается плоскости основания пирамиды в точке $K,$ лежащей на отрезке $AM.$ Сфера $Ω$ пересекает отрезок $SM$ в точках $P$ и $Q.$ Известно, что $SP = MQ,$ площадь треугольника $ABC$ равна $90,SA= BC = 12.$

а) Найдите произведение длин медиан $AA1,BB1$ и $CC1.$

б) Найдите двугранный угол при ребре $BC$ пирамиды, если дополнительно известно, что $Ω$ касается грани $BCS$ в точке $N,SN = 4,$ а радиус сферы $Ω$ равен 5.

Источники: Физтех-2023, 11.7 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Давайте просто начнём хоть что-нибудь делать в задаче и в дальнейшем посмотрим, что из этого получится. У нас есть касание со сферой и секущая. Какой тогда факт связанный со сферой можно сразу заметить?

Пункт а), подсказка 2

Верно, можем записать два выражения по теореме о касательной и секущей. Какую тогда пару равенств отрезков мы получаем?

Пункт а), подсказка 3

Точно, тогда у нас равны произведения в соотношениях, откуда равны SL и MK, а также AM и SA. Но мы знаем, что SA=12 и BC=12. Давайте не будем забывать, что у нас проведены медианы в основании треугольника. Какие тогда ещё отрезки можно найти и какой сделать вывод про треугольник BMC?

Пункт а), подсказка 4

Верно, MA₁=6 по свойству точки пересечения медиан. Но тогда MA₁=BA₁=CA₁=6, и треугольник BMC прямоугольный. Далее, зная площадь треугольника ABC, найти произведение двух оставшихся медиан несложно, так как катеты и будут частями исходных медиан.

Пункт б), подсказка 1

Раз нам нужен двухгранный угол, нужно его сначала построить. Из какой тогда точки удобнее всего опустить перпендикуляр на ребро BC для достижения цели?

Пункт б), подсказка 2

Верно, опустим перпендикуляр KH из точки K. Но тогда, применяя несколько раз теорему о трёх перпендикулярах, получаем, что NH ⊥ BC. Значит нам нужно искать ∠NHK. Но из-за равенства двух прямоугольных треугольников, ∠NHK = 2∠OHK, где O — центр сферы. Чтобы найти угол, скорее всего, надо будет найти сторону прямоугольного треугольника. Но её мы пока не знаем... Какой дополнительное построение тогда можно сделать, где нам что-то известно?

Пункт б), подсказка 3

Верно, давайте проведём ещё высоту в треугольнике BMC, которую мы можем найти. А также у нас два треугольника подобны. Осталось только до конца воспользоваться равенством касательных к сфере, после чего найти неизвестный катет, и, следовательно, двухгранный угол.

Показать ответ и решение

а)

Поскольку $SL$ — касательная к сфере $Ω,$ а $SP$ и $SQ$ — секущие к ней, то по теореме о касательной и секущей

2 SL = SP ⋅SQ

Аналогично,

2 MK = MP ⋅MQ

А поскольку $MQ = SP,$ то

SP ⋅SQ = MP ⋅MQ

В итоге получаем

SL2 =SP ⋅SQ =MP ⋅MQ = MK2 ⇒ SL =MK

Так как $AL = AK$ как касательные к сфере $Ω,$ проведённые из точки $A,$ то

AM = AK +MK = AL+ SL =SA = 12

А поскольку медианы треугольника точкой пересечения делятся в отношении $2 :1$ считая от вершины, то

3 AA1 = 2AM = 18

Кроме того,

A1M = AM = 6 2

При этом

A1B =A1C = BC-= 6, 2

то есть

A1M = A1B = A1C

Отсюда $△BMC$ прямоугольный и $∠BMC =90∘.$ Далее имеем

SBMC = SABC-= 1 ⋅BM ⋅CM = 1⋅ 2BB1-⋅ 2CC1-⇒ BB1 ⋅CC1 = 3SABC =135 3 2 2 3 3 2

Значит,

AA1 ⋅BB1 ⋅CC1 =18⋅135= 2430

б)

Пусть $G$ и $H$ — проекции точек $M$ и $K$ на прямую $BC$ соответственно. Заметим, что $NH ⊥BC,$ потому что $N$ и $K$ — точки касания сферы $Ω$ со сторонами двугранного угла пирамиды при ребре $BC.$ Поэтому искомый угол равен

∠NHK = 2∠OHK,

где $O$ — центр сферы $Ω.$

Далее имеем

SABC- 1 2SABC- SBMC = 3 = 2 ⋅BC ⋅MG ⇒ MG = 3BC =5

Так как $SL =SN = 4$ как касательные к $Ω,$ то

AK = AL =SA − SL= 8

Отсюда получаем

A1K =AA1 − AK = 10

Из подобия $△A1MG$ и $△A1KH$ имеем

KH = MG ⋅ A1K = 25 A1M 3

Окончательно,

tg∠OHK = OK-= 3 ⇒ ∠NHK =2∠OHK = 2arctg 3 KH 5 5

Ответ:

a) $2430$

б) $3 2arctg 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#67674

Середины всех высот некоторого тетраэдра лежат на его вписанной сфере. Верно ли, что тетраэдр правильный?

Источники: ММО-2023, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем разобраться в этом тетраэдре. Мы знаем, что середина каждой высоты лежит на вписанной сфере. Какое неравенство, связанное с высотой и радиусом вписанной сферы, мы можем получить?

Подсказка 2

Если Hi- длина произвольной высоты тетраэдра, то Hi/2<=2r, где r- радиус вписанной сферы. Это можно увидеть, если провести плоскость, параллельную плоскости основания высоты и касающуюся вписанной сферы. Что же может дать нам это неравенство? Полезно было бы вспомнить о том, что Hi и r связаны объёмом тетраэдра...

Подсказка 3

Обозначим за Si- площадь произвольной боковой грани. Тогда: 3*V=Hi*Si=r*(S1+S2+S3+S4), где V- объем тетраэдра. Попробуйте теперь воспользоваться неравенством Hi/2<=2r...

Подсказка 4

Подставив неравенство в равенство, мы получим, что: r*(S1+S2+S3+S4)<=4*r*Si. Сократим обе части на 4*r: (S1+S2+S3+S4)/4<=Si. Получается, что произвольно выбранная площадь не меньше среднего арифметического всех площадей. Это как-то странно...

Подсказка 5

Давайте предположим, что Si не больше всех оставшихся площадей. Тогда: Si=(Si+Si+Si+Si)/4<=(S1+S2+S3+S4)/4<=Si. Это означает, что все Si равны между собой. Тогда и все высоты равны между собой. Во что превращается неравенство Hi/2<=2r?

Подсказка 6

Положим, что S1=S2=S3=S4=S, а H1=H2=H3=H4=H. Т.к. H*S=r*(S1+S2+S3+S4) получаем, что H=4r. Но тогда высоты обязаны содержать центр вписанной окружности и точку касания с гранью. Может как-то выразить длины ребер через высоты...

Подсказка 7

Для определенности проведем высоту AH и будем искать ребро AB. По теореме о касательной и секущей получаю, что BH^2=H*H/2. Теперь осталось воспользоваться теоремой Пифагора для треугольника ABH и увидеть, как AB выражается через H.

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим тетраэдр $ABCD,$ удовлетворяющий условию задачи. Заметим, что по условию для любой высоты $hi$ данного тетраэдра справедливо неравенство $hi2-≤2r,$ где $r$ — радиус вписанной сферы, то есть $hi ≤ 4r,i=1,2,3,4.$

Пусть $Si$ — площадь грани, на которую опущена высота $hi.$ Докажем, что $S1 = S2 =$ $=S3 =S4.$ Предположим противное. Выберем грань минимальной площади (если таких граней несколько, то берём любую из них). Без нарушения общности можно считать, что её площадь равна $S1$ (иначе можно ввести переобозначения). Так как не все $Si$ равны между собой и $S1$ - наименьшая из них, то

S1+-S2+S3-+S4->S1 4

Выразим объём тетраэдра двумя способами:

V = 1h S = 1r(S + S + S +S )> 1r⋅4S 3 1 1 3 1 2 3 4 3 1

Отсюда $h1 > 4r,$ что противоречит неравенству $h1 ≤4r$

Итак, все $Si$ равны, поэтому все $hi$ равны, так как $3V hi = Si .$ Обозначим за $h$ длину этих равных высот. Из приведённого выше соотношения для объёма получаем $h= 4r,$ то есть неравенство обращается в равенство. Но это возможно только в случае, если высота содержит центр сферы и точку касания с гранью (и так для каждой высоты).

Пусть $H$ - основание высоты тетраэдра, опущенной из точки $A.$ Тогда $H$ совпадает с точкой касания сферы и грани $BCD$ Пусть $BH = a,$ тогда по теореме о касательной и секущей $2 h a = 2 ⋅h.$ По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника $ABH$ получаем

h2 3h2 AB2 =AH2 + BH2 =h2 +a2 = h2+ 2-=-2-

Аналогично получаем такое же выражение для остальных рёбер тетраэдра, следовательно, они равны между собой, то есть тетраэдр правильный.

Ответ: верно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#68100

Из центра $O$ сферы радиуса $R$ проведены три луча, пересекающие сферу в точках $A,B$ и $C.$ Известно, что $∠AOB =∠AOC =∠BOC =60∘.$ Найдите площадь части сферы, ограниченной плоскостями $(AOB ),(AOC)$ и $(BOC).$

Источники: Межвед-2023, 11.8 (см. www.academy.fsb.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите сначала две различные плоскости, проходящие через центр сферы. Пусть угол между этими плоскостями равен φ. Плоскости пересекают сферу по большим окружностям. На их пересечении получается криволинейный треугольник. Выразите его площадь через радиус и угол!

Подсказка 2

Три плоскости (содержащие грани трехгранного угла) разбивают сферу на 8 криволинейных треугольников. Искомую площадь криволинейного треугольника ABC обозначим через S, а его углы (которые, очевидно, являются двугранными углами трехгранного угла OABC ) за φ, ψ, θ. Примените формулу для площади криволинейного треугольника с углами φ, ψ, θ.

Подсказка 3

Примените теорему косинусов для трехгранного угла!

Показать ответ и решение

В задаче речь идет о трехгранном угле с вершиной в центре сферы, высекающем на сфере криволинейный треугольник. Площадь этого треугольника требуется выразить через радиус сферы и данные в условии плоские углы трехгранного угла, которые будем обозначать $∠AOB =α,∠AOC = β,∠BOC = γ.$

Рассмотрим сначала две различные плоскости, проходящие через центр сферы. Пусть угол между этими плоскостями равен $φ.$ Плоскости пересекают сферу по большим окружностям. Касательные к окружностям в их точке пересечения также образуют угол $φ.$ Площадь поверхности сферы равна $2 4πR .$ Площадь высекаемой плоскостями «дольки» (указанной на рисунке цветом) очевидно пропорциональна величине $φ$ и равна $2 φ- 2 4πR ⋅2π = 2R φ.$

$PIC$

Три плоскости (содержащие грани трехгранного угла) разбивают сферу на $8$ треугольников. Искомую площадь криволинейного треугольника $ABC$ обозначим через $S,$ а его углы (которые, очевидно, являются двугранными углами трехгранного угла $OABC )$ за $φ,ψ,𝜃.$ Площади криволинейных треугольников, примыкающих к сторонам треугольника $ABC,$ обозначим $Sφ,Sψ,S𝜃.$ С каждым из этих треугольников $ABC$ образует «дольку», поэтому $S +Sφ =2R2φ,S+ Sψ =2R2ψ,S+ S𝜃 = 2R2𝜃.$ Оставшиеся из $4$ -х нерассмотренных криволинейных треугольников симметричны $4$ -м рассмотренным относительно центра сферы. Значит, суммарная площадь рассматриваемых четырех треугольников равна половине площади сферы, то есть $S +Sφ +Sψ +S𝜃 =2πR2.$ Тогда сложим первые три уравнения и воспользуемся четвертым:

2S+ (S +Sφ +Sψ +S𝜃)= 2R2(φ + ψ+ 𝜃)

S = R2⋅(φ+ ψ+ 𝜃− π).

$PIC$

Из теоремы косинусов для трехгранного угла $OABC :$

1 φ= ψ = 𝜃= arccos3.

Отсюда получаем ответ.

$PIC$

Ответ:

$(3⋅arccos1− π)R2 3$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#68658

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$ дана высота $h$ и $AB = a$ . Найти радиус сферы, вписанной в пирамиду.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте отметим точку I - центр вписанной сферы, точку H – точка касания сферы грани ABS. Проведите прямую SH до пересечения с AB. Пусть SH пересекает AB в точке M. Подумайте, где лежит точка I и чем является SM для треугольника ABS.

Подсказка 2

Точка I будет лежать на высоте SO, где O – основание высоты и центр основания пирамиды. А прямая SM будет медианой треугольника ABS. Что в таком случае мы можем сказать про треугольники SHI и SOM?

Подсказка 3

△SHI подобен △SOM. Можем записать отношение их сторон как SI/MS=HI/OM. Выразите каждую из сторон, использованных в пропорции, через a, h и r, где r – радиус вписанной сферы. А далее решите уравнение относительно r.

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим на высоте $SO$ пирамиды центр $I$ вписанной сферы. Также отметим середину $M$ стороны $AB$ . Проведём перпендикуляр из точки $I$ на $MS,$ тогда $IH ⊥ ASB$ , а точка $H$ — точка касания сферы с гранью $ABS$ . Тогда $IO = IH = r,SI = h− r.$ Поскольку $∠SHI =∠SOM = 90∘$ , то $△SHI ∼△SOM$ , откуда с учётом $MO = 2a√3$ (из свойств правильного треугольника) имеем

-SI = HI- MS OM

∘-h−-r--= --r√- h2+ a122 a∕2 3

∘ ------ ∘------- h 2√3- 2 a2- h2 r − 1 = a ⋅ h + 12 = 12a2 + 1

Отсюда заключаем

-----h----- r= ∘12h2+-1+ 1 = a2

-----ah----- ah(√a2+-12h2−-a) = a +√a2-+12h2 = 12h2

Замечание. Другим способом посчитать радиус является использование соотношения на площадь поверхности и объём пирамиды $1 V = 3rS.$

Ответ:

$-a-(√a2-+12h2− a) 12h$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#68706

Дан куб $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с ребром равным $x.$ $S$ — сфера, вписанная в каркас этого куба (то есть, касающаяся всех его рёбер). Точка $M$ — середина ребра $B1C1.$ Прямая $AM$ вторично пересекает сферу $S$ в точке $X.$ Найдите $AX.$

Источники: ИТМО-2023, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть вписанная сфера, а мы хотим найти какой-то отрезок, конец которого лежит на сфере. Может, попробовать применить теорему о касательной и секущей...

Подсказка 2

Наша сфера касается ребра AA₁ в точке K, где K- середина AA₁. Тогда AK²=AX*AM. Надо как-то найти AM...

Подсказка 3

Мы работаем с кубом, поэтому логично было бы поискать теоремки Пифагора. Например для треугольника AMB₁. А почему он прямоугольный?

Подсказка 4

Потому что C₁B₁ перпендикулярен плоскости ABB₁. Тогда по теореме Пифагора для AMB₁: AM²=AB₁²+MB₁². Мы знаем, что B₁M=x/2. Осталось только найти AB₁² и досчитать AX.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $L$ — середина ребра $BC,$ тогда $BL = BC2-= x2.$ Т.к. $ABCDA1B1C1D1$ — куб, по теореме Пифагора из прямоугольного $△ABL$ получаем

∘ ------ - ∘ --2----2- 2 x2 √5x- AL= AB + BL = x + 4 = 2

$M$ — середина $B1C1,$ а $L$ — середина $BC,$ следовательно, $ML,$ как средняя линия квадрата $BCC1B1,$ равна $BB1,$ т.е. равна $x.$ Т.к. $ABCDA1B1C1D1$ — куб, по теореме Пифагора из прямоугольного $△AML$ получаем

∘ ------- AM =∘AL2--+ML2-= 5x2+ x2 = 3x- 4 2

Пусть $K$ — середина ребра $AA1,$ тогда $x AK = 2.$ Т.к. сфера $S$ вписана в каркас куба $ABCDA1B1C1D1,$ значит, точками касания являются середины рёбер. Следовательно, используем теорему о касательной и секущей

AK2 2x2 x AK2 =AX ⋅AM ⇒ AX = AM--= 4⋅3x = 6

Ответ:

$x 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#71017

Две сферы касаются друг друга внешним образом и каждая из них касается внутренним образом большей сферы. Радиус одной в два раза, а другой — в три раза меньше радиуса наибольшей сферы. В точке касания малых сфер друг с другом построена касательная плоскость к ним. Найдите расстояние от этой плоскости до центра наибольшей сферы, если ее радиус равен $R.$

Источники: Надежда энергетики-2023, 11.4 (см. www.energy-hope.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Не очень удобно работать в пространстве. Может, тогда перейти в плоскость? Давайте перейдем в плоскость α, проходящую через центры наших сфер...

Подсказка 2

Обозначим их центры за O, O₁ и O₂. Пускай R=6r ⇒ радиусы оставшихся двух сфер равны 3r и 2r ⇒ O₁O₂=5r, OO₁=3r и OO₂=4r. Что мы можем сказать про треугольник △O₁OO₂?

Подсказка 3

Верно, он прямоугольный! Пускай плоскость β, касающаяся наших сфер, пересекает α по прямой L. Обозначим за K- точку пересечения OO₂ и L, D- основание перпендикуляра из O на прямую L и F- точку касания маленьких сфер. Какие между собой треугольники △ODK, △KFO₂ и △O₁OO₂?

Подсказка 4

В яблочко, они подобны! Тогда: KO₂/FO₂=O₁O₂/OO₂ ⇒ KO₂=r*5/2 ⇒ KO=r*3/2. Также: OD/KO=OO₂/O₁O₂ ⇒ OD=r*6/5=R/5.

Показать ответ и решение

Проведём сечение описанной композиции плоскостью, проходящей через центры трех сфер. Искомое расстояние будет длиной отрезка $OD$ на этой плоскости.

$PIC$

Пусть радиусы малых окружностей равны $2r$ и $3r.$ Тогда радиус наибольшей (внешней) равен $6r$ (дано: $6r= R$ ). Рассмотрим $△O1OO2.$ Его стороны равны $3r,4r$ и $5r,$ следовательно, он прямоугольный.

Обозначим точку пересечения искомой хорды с отрезком $O1O2$ через $F,$ а с отрезком $OO2$ через $K.$ Опустим из центра наибольшей окружности перпендикуляр $OD$ на искомую хорду (отрезок общей касательной). Тогда искомая хорда делится точкой $D$ пополам и перпендикулярна отрезкам $OD$ и $O1O2.$

Прямоугольные треугольники $O1OO2,KFO2,KDO$ подобны. Поэтому $KO O O F-O2= -O1O-2 2 2$ , откуда $5 KO2 = 2r$ и $3 KO = 2r.$

Далее, $OD- OO2-- KO = O1O2,$ откуда $6 1 OD = 5r= 5R.$

Ответ: 0,2 R

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#72981

Основание $H$ высоты $SH$ треугольной пирамиды $SABC$ принадлежит грани $ABC,$

∘ -5- SH = 21,SA =1,SB =2,∠ASB = 120∘,∠ACB = 60∘

Найти радиус сферы, описанной около пирамиды $SABC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим центр нашей сферы за O. Разумно будет опустить перпендикуляры OO₁ и OO₂ на плоскости (ABC) и (ASB) соответственно. Что тогда можно сказать про точки O₁ и O₂?

Подсказка 2

Правильно, это центры описанных окружностей треугольников △ABC и △ASB. Т.к. ∠AO₁B- центральный, то ∠AO₁B=2∠ACB=120°. Заметим, что △ASB- тупоугольный, а это значит, что O₂ лежит вне треугольника △ASB ⇒ ∠AO₂B=120°. Тогда равнобедренные треугольники △AO₂B и△ AO₁B равны. А что можно сказать про треугольники △OO₂M и △OO₁M, где M- середина AB?

Подсказка 3

Они равны! Т.к. OM, O₁M, O₂M ⊥ AB ⇒ O, O₁, O₂, M лежат в одной плоскости. Вот если бы мы знали уголок ∠O₂MO₁, мы бы легко нашли OO₁... Погодите, ведь ∠O₂MO₁ это просто больший из линейных углов двугранного угла между плоскостями (ABC) и (ASB)...

Подсказка 4

Итак, раз уж вы нашли этот уголок, то ∠OMO₁=∠O₂MO₁/2 ⇒ можем вычислить OO₁. Осталось лишь написать теорему Пифагора для треугольника △OBO₁ и найти OB=R!

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме косинусов из треугольника $△ASB$ находим, что

∘ ---------------- AB = ∘SA2-+SB2-−-2SA-⋅SBcos120∘ = 1+ 4− 2 ⋅1 ⋅2 ⋅(− 1 )=√7. 2

Пусть $SD$ - высота треугольника $△ASB$ . Тогда

1 √7- S△ASB = 2AB ⋅SD = 2 ⋅SD.

С другой стороны,

√ - √- S△ASB = 12AS ⋅BS sin120∘ = 12 ⋅1⋅2⋅-23=-32 .

Из уравнения $√ - √ - -27⋅SD =-23$ находим, что $∘ -- SD = 37.$ По теореме о трёх перпендикулярах $HD ⊥ AB,$ поэтому $SDH$ - линейный угол двугранного угла между плоскостями граней $ASB$ и $ABC.$ Обозначим $∠SDH = β.$ Из прямоугольного треугольника $△SDH$ находим, что

∘ -5 √ - sinβ = SH-=-∘21 =--5. SD 37 3

Тогда $cosβ = 23.$

$PIC$

Пусть $O1$ и $O2$ - проекции центра $O$ сферы, описанной около пирамиды $ABCD$ на плоскости граней $ABC$ и $ASD$ соответственно. Тогда $O1$ и $O2$ - центры описанных окружностей треугольников $△ABC$ и $△ASB.$ Тогда, если $M$ - середина ребра $AB,$ то $O1M ⊥ AB$ и $O2M ⊥ AB.$
Поскольку $∠ASB = 120∘ > 90∘,$ центр $O 2$ описанной окружности треугольника $△ASB$ и вершина $S$ лежат по разные стороны от прямой $AB,$ значит, центр $O$ сферы лежит внутри тупого двугранного угла, образованного плоскостями граней $ASB$ и $ABC.$
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямые $O1O$ и $O2O.$ Прямая $AB$ перпендикулярна этой плоскости, т.к. она перпендикулярна $O2M ⊥ AB,$ то точка $M$ также принадлежит этой плоскости. Заметим, что

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠AO1B = 2∠ACB = 120 ,∠AO2B = 360 − 2∠ASB =360 − 240 = 120,

поскольку центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного. Из равнобедренных треугольников $△AO1B$ и $△AO2B$ находим, что

∘ √7 1 √7- ∘7- O1M = O2M = AM cot60 = -2-⋅√3-= 2√3, BO1 = 2O1M = 3.

Прямоугольные треугольники $△OMO1$ и $△OMO2$ равны по гипотенузе и катету, поэтому $∠MOO1 = ∠MOO2,$ а т.к. $∠O1OO2 = β,$ то $∠MOO1 = β2.$ Тогда

√- ∘ ------- √- ┌││ ---2- √ -- OO1 =O1M cotβ = √7-⋅ 1+-cosβ-= √7-⋅∘ 1+-32 =-√35. 2 2 3 1− cosβ 2 3 1− 3 2 3

Пусть $R$ искомый радиус описанной сферы пирамиды $ABCD.$ Из прямоугольного треугольника $△OO1B$ находим, что

┌│ (-√--)2--(∘--)2- √ -- R= OB = ∘OO2-+-BO2-=│∘ √35 + 7 =--21. 1 1 2 3 3 2

Ответ:

$√21 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#99232

Десять шаров одинакового радиуса сложены в виде треугольной пирамиды так, что каждый шар касается как минимум трёх других. Найти радиус сферы, в которую вписана пирамида из шаров, если радиус шара, вписанного в центр пирамиды из шаров, касающегося шести одинаковых шаров, равен $√- 6− 1.$

Источники: Газпром - 2023, 11.6 (см. olympiad.gazprom.ru)

Показать ответ и решение

При таком расположении десяти одинаковых шаров центры $A,B,C,D$ четырёх из них расположены в вершинах правильного тетраэдра, а точки касания расположены на ребрах этого тетраэдра. Следовательно, ребро тетраэдра равно четырём радиусам этих шаров, радиус внешней сферы больше радиуса шара, описанного около тетраэдра на четверть длины ребра тетраэдра, а радиус внутреннего шара меньше расстояния от центра тетраэдра до его грани на эту же величину. Рассмотрим сечение тетраэдра плоскостью $ABM$ :

Обозначим длину ребра тетраэдра за $a$ , радиус сферы, описанной вокруг пирамиды из шаров за $R$ , радиус шара, вписанного в центр пирамиды из шаров за $r$ .

В треугольнике $ABM :$

√- √ - √- AM =BM = a-3, ME =MH = 1AM = a--3, AH = BE = 2AM = a-3, 2 3 6 3 3

следовательно,

√ - AE =BH =∘AM2--−-ME2-= 2√a-= a-6. 6 3

Из подобия треугольников $AEM$ и $AHO$ имеем

AO AH a√3 √2 √2- a√6 AM- =-AE = a√6 =-2-и AO =BO = -2-AM = -4--

В треугольнике $ABO$ :

SABO = AH-⋅BO-= AB-⋅FO, 2 2

следовательно,

√-- √- FO = AH-⋅BO-= a2-18= a-2. AB 12a 4

Тогда

a√6 a a(√6 +1) R =AO + AL = -4-+ 4 = ---4---- a√2 a a(√2 − 1) r= FO − FK = -4-− 4 = ---4----

Таким образом,

√ - - - R-= (√-6+-1)-=(√6 +1)(√ 2+1), r ( 2− 1)

откуда

R = (√6-+ 1)(√2+ 1)r= 5(√2+ 1).

Ответ:

$5(√2+ 1)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#38770

Внутри шара радиуса $R$ взята точка $A$ на расстоянии $a$ от его центра. Через точку $A$ проведены три попарно перпендикулярные хорды. Найдите сумму квадратов длин этих хорд.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, три попарно перпендикулярные хорды... Как-то надо применять пространственную теорему Пифагора! Подумайте, чему равна сумма квадратов проекций отрезка AO (где O - центр шара) на оси системы координат (то есть хорды) и на плоскости.

Подсказка 2

Идём в плоскость, в которой проведены наши хорды. Какая теорема про хорду и радиус может нам очень сильно помочь, чтобы выйти на длины хорд?

Подсказка 3

Если радиус перпендикулярен хорде, то этот радиус делит хорду пополам! Тогда мы получили очень много прямых углов в плоскости. Попробуйте записать теорему Пифагора для каждого получившегося прямоугольного треугольника.

Подсказка 4

Теперь осталось вспомнить только то, что радиус окружности, в плоскости которой мы работали, можно найти! А дальше просто подставив его в наше выражение, мы можем выйти на сумму квадратов длин хорд!

Показать ответ и решение

$PIC$

Первое решение.

Рассмотрим сечение шара, которое задаётся двумя пересекающимися в точке $A$ хордами $UV$ и $TS$ . Эта плоскость перпендикулярна каждой из плоскостей, заданных аналогично другими парами хорд, по признаку перпендикулярности плоскостей (каждая из них содержит прямую, перпендикулярную другой плоскости). Тогда они образуют “координатные плоскости” для осей прямоугольной системы координат, направленных вдоль хорд. По пространственной теореме Пифагора сумма квадратов проекций отрезка $AO$ на оси равна квадрату длины отрезка $AO$ , а сумма квадратов проекций отрезка $AO$ на плоскости равна $2AO2 =2a2.$

Итак, рассматриваемое сечение шара является окружностью, обозначим её центр за $O1$ . Известно, что перпендикуляры $O1Q$ и $O1P$ из центра на хорды попадут в середины соответствующих хорд. Если обозначить $x= TS,y = UV$ , то по теореме Пифагора $O1S2 =O1P 2+P S2 = O1P2+ x42,O1V 2 = y42+ O1Q2$ . Заметим, что $O1V2 =O1S2 =r2$ как радиусы окружности. Если сложить равенства, получаем:

2r2 = x2-+y2+ AO2 4 1

Учтём, что $r2 = R2− OO2 1$ . Так как $AO 1$ — проекция $OA$ на плоскость, то складывая аналогичные равенства для двух других координатных плоскостей, получаем

2 2 2x2+-2y2-+2z2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(3R − a)= 4 + 2a ⇐ ⇒ x + y + z =4(3R − a)− 4a = 12R − 8a

Второе решение.

Рассмотрим прямоугольный параллелепипед, рёбра которого параллельны данным хордам, а точка $A$ и центр $O$ шара являются его противоположными вершинами. Пусть $a1,a2$ и $a3$ - длины его рёбер; ясно, что $2 2 2 2 a1+ a2+ a3 =a$ a) Если хорда удалена на расстояние $x$ от центра шара, то квадрат её длины равен $4R2 − 4x2$ . Так как расстояния от данных хорд до точки $O$ равны диагоналям граней параллелепипеда, то искомая сумма квадратов равна $( ) ( ) ( ) 12R2 − 4 a22+ a23− 4 a21+ a23 − 4 a21+a22 = 12R2− 8a2$

Ответ:

$12R2− 8a2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#42960

Докажите, что в любую треугольную пирамиду можно вписать единственную сферу.

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

В стереометрии иногда полезно проводить аналогию с плоскостью, чтобы что-то придумать. Смотрите, у нас есть пирамида треугольная и вписанная сфера. Как аналогичное утверждение доказывается на плоскости? Да, что-то там про пересечение биссектрис...

Подсказка 2!

Рассмотрим биссекторы, содержащие ребра AB, BC, AC. Они пересекаются в одной точке, она равноудалена от сторон (проверьте!) Теперь осталось доказать, что второй такой точки еще не может быть!

Показать доказательство

Пусть эта пирамида $ABCD$ . Биссекторы, содержащие рёбра $AB,BC, AC$ , пересекаются в одной точке $O$ , которая находится на одинаковом расстоянии от всех четырёх граней, то есть является центром вписанной в пирамиду сферы. Если нашлась ещё одна сфера с центром $′ O$ , то она также обязана лежать в пересечении трёх биссекторов, но такая точка всего одна, поэтому сфера единственная.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#63890

Дана правильная треугольная пирамида. Известно, что центр сферы, описанной около этой пирамиды, равноудалён от боковых рёбер и от плоскости основания пирамиды. Найдите радиус сферы, вписанной в эту пирамиду, если длина ребра её основания равна $12.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Назовём нашу пирамиду SABC, где △ABC будет основанием. Попытаемся узнать длину бокового ребра, пользуясь данными о том, что центр описанной около этой пирамиды сферы равноудалён от боковых рёбер и плоскости основания. Где относительно высоты пирамиды будет расположен центр описанной сферы? Пусть Н — основание высоты, а О₁ — центр описанной сферы. Что можно сказать про △ASH, пользуясь тем, что точка О равноудалена от точки Н и прямой AS, а также от точек S и A?

Подсказка 2

Пирамида правильная, значит мы точно знаем положение точки Н, длину АН и отсюда сможем вытащить AS. Теперь мы знаем длины всех рёбер пирамиды! Подумайте, как можно вытащить радиус вписанной сферы?

Подсказка 3

Центр вписанной сферы О₂ также лежит на высоте пирамиды. Нетрудно доказать, что если М — середина АВ, то именно в плоскости (MSH) будут лежать радиусы, проведённые в точки касания сферы с гранями АВС и SAB. Рассмотрите △MSH, как мы можем в нём посчитать O₂H?

Подсказка 4

MH нетрудно ищется из свойств правильного треугольника. Пифагор поможет нам найти SM и SH. О₂, как точка равноудалённая от сторон МН и MS лежит на биссектрисе угла M. Осталось только применить свойство биссектрисы и задача решена!

Показать ответ и решение

Пусть $ABC$ — основание пирамиды, $S$ — вершина, $H$ — центр треугольника $ABC,$ $M$ — середина $AB,O 1$ — центр описанной сферы, $O2$ — центр вписанной сферы. Поскольку точка $O1$ равноудалена от $AS$ и $ABC,AO1$ — биссектриса треугольника $ASH.$ Стало быть, $∘ ∠HAO1 = ∠SAO1 = ∠ASO1 =30 .$

$PIC$

Поскольку $AB = 12,$ имеем $√- AH = 4 3,$ откуда $O1H =4,$ $O1A = O1S = 8.$ Для треугольника $MSH$ имеем $√- SH =12,MH = 2 3,$ откуда $√-- SM = 2 39.$ Поскольку $MO2$ — биссектриса, $√-- SO2 = HO2 ⋅SM∕MH =HO2 13.$ Стало быть, $√ -- HO2 (1 + 13)=$ $SH = 12,$ откуда $√-- HO2 = 13− 1.$

Ответ:

$√13-− 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#70779

Дана пирамида $PQRS,$ вершина $P$ которой лежит на одной сфере с серединами всех её рёбер, кроме ребра $PQ.$ Известно, что $QR = 2,$ $QS = 1,$ $√- PS = 2.$ Найдите длину ребра $RS.$ Какой наименьший радиус может иметь сфера, описанная около данной пирамиды?

Источники: Физтех-2022, 11.7 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, на что нам могут намекать середины сторон? На средние линии. А средние линии параллельны основаниям. Что мы можем из этого извлечь? Какие параллелограммы есть на картинке?

Подсказка 2

Во-первых, в силу свойства средней линии, ADCE и ABDP - параллелограммы. При этом они вписаны в сечения нашей сферой плоскостей ACD и PRS. А значит, эти параллелограммы - прямоугольники. А это дает много прямых углов, а значит - много перпендикулярностей. Какая прямая тогда перпендикулярна прямой RS? А что нам это дает?

Подсказка 3

Прямая PQ перпендикулярна прямой RS, из за того, что параллельные им прямые EA и AD перпендикулярны. Давайте опустим перпендикуляр QH на RS.

Подсказки 4

Тогда у нас плоскость QHP перпендикулярна RS. Значит, и прямая PH перпендикулярна RS. А значит, наш «согнутый» четырехугольник QRPS (то есть, мы можем повернуть треугольник QRS вокруг RS до момента, когда повернутый треугольник будет лежать в плоскости RPS) имеет взаимноперпендикулярные диагонали. А значит, две суммы квадратов противоположных сторон равны. А тогда мы нашли RP. А значит, у нас фиксированы две стороны прямоугольного треугольника RPS, и мы найдем его гипотенузу.

Подсказка 5

Остается дать оценку на радиус сферы, описанной вокруг тетраэдра. Ну какую самую глупую оценку можно дать? Что первое приходит в голову(с учетом того, что нам еще пример надо построить)?

Подсказка 6

Самая глупая оценка снизу - это то, что радиус не меньше радиуса описанной окружности треугольника QRS. Найти радиус нетрудно(мы знаем все три стороны). Остается привести пример.

Подсказка 7

Чтобы достигалось равенство, надо, чтобы у нас в плоскости QRS лежал содержался центр сферы. Впишем туда треугольник QRS.

Подсказка 8

Остается доказать, что на сфере найдется точка P’, такая, что треугольники PRS и P’RS равны(это по сути и значит, что получен тетраэдр, который подходит под условия). То есть по сути надо поворачивать треугольник P’RS, равный треугольнику PRS, вокруг RS, до того момента, как точка P’ не станет принадлежать окружности.

Показать ответ и решение

Пусть $A,B,C,D,E$ - середины рёбер $PR,RS,QS,PS,QR$ соответственно. Из теоремы о средней линии треугольника следует, что $ADCE$ и $ABDP$ - параллелограммы. Они вписаны в окружности, являющиеся сечениями сферы плоскостями $ACD$ и $PRS$ , поэтому эти параллелограммы - прямоугольники. Угол $RP S$ — прямой; прямые $PQ$ и $RS$ перпендикулярны, так как $P Q∥AE, AE ⊥CE, CE ∥RS.$

Отметим в плоскости $PRS$ точку $′ Q$ такую, что $′ △QRS = △Q RS,$ а точки $P$ и $′ Q$ лежат по разные стороны от прямой $RS$ (треугольник $′ QRS$ может быть получен из треугольника $QRS$ поворотом вокруг прямой $RS).$

$PIC$

Из равенства треугольников $QRS$ и $Q′RS$ следует, что основания их высот, опущенных на $RS$ — это одна и та же точка (назовём её $H ).$ Плоскость $HQQ ′$ перпендикулярна $RS$ (так как $QH ⊥ RS,Q′H ⊥ RS),$ поэтому $QQ′ ⊥ RS.$ Поскольку $QQ ′ ⊥ RS$ и $PQ ⊥ RS,$ то плоскость $P QQ′$ перпендикулярна $RS$ и $PQ ′ ⊥RS.$

Значит, диагонали четырёхугольника $PRQ ′S$ пересекаются под прямым углом (в точке $H$ ). По теореме Пифагора

PR2 =P H2+ RH2,Q′R2 = Q′H2+ RH2,

Q′S2 =Q ′H2 +SH2,P S2 = PH2+ SH2

Следовательно,

P S2+ Q′R2 = PR2+ Q′S2

∘------------- PR = 22+ (√2)2− 12 = √5

Из прямоугольного треугольника $PRS$ находим

∘---2----2 √- RS = PR +P S = 7

Радиус сферы, описанной около пирамиды $PQRS$ , не меньше радиуса $r$ окружности, описанной около грани $QRS$ . Пирамида, для которой достигается равенство, существует. Докажем это.

$PIC$

Рассмотрим сферу радиуса $r$ и окружность - её сечение, проходящее через центр сферы. В сечении сферы указанной плоскостью получится окружность с диаметром $RS$ , в которую можно вписать прямоугольный треугольник $PRS$ . По теореме косинусов из треугольника $PRS$ находим, что