Тема Сферы

Вписанная сфера

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела сферы

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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 $PQ$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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?

Подсказка 2

Можем считать, что R лежит на высоте AH пирамиды и плоскости ADS. А что если T, R, P и отрезок RH лежат в одной плоскости?

Подсказка 3

Несложно показать, что точки R, O, P, H, S лежат в одной плоскости. А что можно сказать о связи этой плоскости с AD и BC? Обратите внимание на то, что на картинке много прямых углов ;)

Подсказка 4

Отлично, AD перпендикулярен плоскости SHP! А что можно сказать про отрезок OT, который является радиусом сферы?

Подсказка 5

Супер, теперь мы доказали, что OT также принадлежит плоскости SPH! А что можно сказать про то, как выглядит ORHP? Быть может, посчитаем отрезки касательных, не зря ведь в условии давали длину высоты!

Подсказка 6

ORHP является квадратом! Также мы посчитали отрезки ST, SR, KT и KP. Давайте теперь подберемся ближе к тому, что нам надо найти и построим сечение пирамиды ADLN, содержащее точку T. Что можно сказать про связь LN с AD, BC?

Подсказка 7

Именно, LN параллельно BC и AD! Было бы хорошо узнать, а в каком вообще отношении делит LN отрезки SC и SB? И обратите внимание на отрезки LD и AN, CD и AB, что так и хочется с ними сделать ? ;)

Подсказка 8

Продлите LD и AN до пересечения в точке F и AB с CD до пересечения в точке Q! Осталось посчитать некоторые нужные отношения отрезков и отношения объемов при помощи общих высот ;)

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 3#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 4#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 5#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 6#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумайте, какими свойствами будет обладать пирамида, если выложить шары так, как предложено в условии.

Подсказка 2

Да, нетрудно заметить, что пирамида будет представлять собой правильный тетраэдр (упаковка в 3 слоя: 6 + 3 + 1), с точками касания в ребрах тетраэдра. Зная этот факт, попробуйте найти различные расстояния в пирамиде (например, длину ребра).

Подсказка 3

Попробуйте рассмотреть сечение тетраэдра какой-нибудь плоскостью, которая включает в себя высоту тетраэдра. Возможно, будет полезно рассмотреть сферу, описанную вокруг пирамиды из шаров?

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.

$PIC$

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 $ABM$ :

$PIC$

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,

∘ ---2-----2 2a- a√6-- AE =BH = AM − ME = √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) √- √ - r-= (√2-−-1)-=( 6 +1)( 2+1),

откуда

R = (√6-+ 1)(√2+ 1)r= 5(√2+ 1).

Ответ:

$5(√2+ 1)$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#63818

Вписанная в треугольную пирамиду $ABCD$ сфера касается граней $BCD, ACD,ABD$ и $ABC$ в точках $A ,B ,C 1 1 1$ и $D 1$ соответственно. Известно, что $D1$ является точкой пересечения высот треугольника $ABC$ , что плоскости $ABC$ и $A1B1C1$ параллельны и что радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$ в четыре раза больше радиуса окружности, описанной около треугольника $A1B1C1$ . Найдите отношение, в котором сфера делит отрезок $DD1$ , считая от вершины $D.$

Источники: ДВИ - 2021, вариант 213, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задаче фигурирует ортоцентр, это явно неспроста. Пусть А2, B2, C2 - вершины ортотреугольника и О - центр сферы. Что можно заметить?

Подсказка 2

Представляют интерес четырехугольники OA1A2D1, OB1B2D1, OC1C2D1. На какие фигуры их можно разбить?

Подсказка 3

Они разбиваются на равные прямоугольные треугольники! Можем поотмечать равные углы и затем отметить равные отрезки.

Подсказка 4

В итоге имеем, что D1 - точка пересечения биссектрис АВС. Что тогда можем сказать?

Подсказка 5

ABC - правильный треугольник! (так как его ортоцентр совпал с инцентром) Тогда мы можем сказать какая прямая является высотой пирамиды.

Подсказка 6

Остается провести радиусы окружностей из условия и в вспомогательной плоскости поработать с нашей конструкцией.

Показать ответ и решение

Пусть $O$ — центр сферы и пусть $A ,B ,C 2 2 2$ — основания высот треугольника $ABC$ , опущенных из вершин $A,B,C$ соответственно.

$PIC$

Рассмотрим четырёхугольники $OA1A2D1$ , $OB1B2D1,OC1C2D1$ . Каждый из них состоит из двух равных прямоугольных треугольников. При этом катеты $OD1,OA1,OB1, OC1$ равны.

Из равенства расстояний от $A1,B1,C1$ до плоскости $ABC$ следует, что равны углы $D1OA1,D1OB1,D1OC1$ , а стало быть, равны и углы $D1A2A1$ , $D1B2B1,D1C2C1$ . Значит, равны отрезки $D1A2,D1B2,D1C2$ , то есть $D1$ является точкой пересечения биссектрис треугольника $ABC$ . При этом $D1$ это ортоцентр $ABC$ . Стало быть, треугольник $ABC$ правильный. Поскольку углы $D1A2A1,D1B2B1,D1C2C1$ равны, $DD1$ — высота пирамиды. Опустим из $A1$ перпендикуляр $A1D2$ на $DD1$ . Тогда радиус окружности, описанной около треугольника $A1B1C1$ равен $A1D2$ . Радиус же окружности, описанной около треугольника $ABC$ равен $AD1$ . Получаем, что $A2D1 = 1AD1 = 1 ⋅4A1D2 = 2A1D2 2 2$ . Отсюда видим, что $∠D1A2A1 = 60∘$ . Стало быть, $DD1 = √3⋅A2D1 = √3⋅√3⋅OD1 = 3OD1$ . Получаем, что искомое отношение равно $(DD1 − 2OD1 ):2OD1 = 1:2.$

Ответ:

$1 :2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#33590

Сфера с центром $O$ вписана в трёхгранный угол с вершиной $S$ и касается его граней в точках $K,L,M$ (все плоские углы трёхгранного угла различны). Найдите угол $KSO$ и площадь сечения данного трёхгранного угла плоскостью $KLM$ , если известно, что площади сечений трёхгранного угла плоскостями, касающимися сферы и перпендикулярными прямой $SO$ , равны $1$ и $4$ .

Источники: Физтех - 2020, 11.4 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз нас просят отыскать ∠KSO будет рассматривать плоскость (KSO), а, точнее, ту её часть, что заключена между прямыми SO и SK. Нам понадобятся точки P и Q — точки касания сферы с плоскостями, перпендикулярными SO. Пусть при это SP < SQ. Отметьте всё, что можно выразить через радиус сферы.

Подсказка 2

Рассмотрим отрезки, заключенные между точками пересечения SK и SO с касательными к сфере плоскостями. Если мы знаем отношение площадей сечений, то что можно сказать об отношении этих отрезков? (Вспомните: площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия). Пользуясь этим отношением вы сможете найти связь между SP и радиусом сферы.

Подсказка 3

Помните: радиус сферы, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной плоскости. А значит, мы можем найти синус ∠KSO, ведь всё нужное для этого мы выразили через радиус сферы.

Подсказка 4

Что можно сказать про (KLM) и SO? Проведите высоты к SO в △KSO, △MSO и △LSO — это поможет нам сделать важный вывод!

Подсказка 5

После того, как мы заметили перпендикулярность (KLM) и SO, можно поработать с подобными прямоугольными треугольниками: узнав отношение отрезков параллельных секущих плоскостей, заключённых между точками их пересечения с SO и SK, мы сможем сделать вывод и об отношениях площадей сечения!

Показать ответ и решение

Обозначим точки пересечения прямой $SO$ со сферой через $P$ и $Q$ (точка $P$ лежит на отрезке $SO$ , а $Q$ — вне него). Пусть радиус сферы равен $r$ . Треугольники $OKS, OLS$ и $OMS$ прямоугольные (углы при вершинах $K, L,M$ прямые, так как касательные перпендикулярны радиусам, проведённым в точку касания). Эти треугольники равны по катету и гипотенузе $(OK =OL = OM = R,SO$ — общая), следовательно, $∠KSO = ∠LSO = ∠MSO ($ пусть $∠KSO = α,SO= x)$ . Высоты, опущенные из точек $K,L,M$ на гипотенузу $SO$ , paвны, а их основания — одна и та же точка $H$ , лежащая в плоскости $KLM$ (назовём эту плоскость $τ)$ . Пусть $β$ и $γ$ касательные плоскости к сфере, проходящие через точки $P$ и $Q$ , а $E$ и $F$ — точки пересечения этих плоскостей с прямой $SK$ . По условию площади сечений трёхгранного угла этими плоскостями равны соответственно $S1 =1$ и $S2 =4$ . Рассмотрим сечение трехгранного угла и сферы плоскостью $SKO$ (см. рис. и обозначения на нем). Так как $SH ⊥HK$ и $SH ⊥ HL$ , то $τ ⊥ SH$ . Тогда сечения трёхгранного угла плоскостями $τ,β$ и $γ$ — подобные треугольники, плоскости которых параллельны (все они перпендикулярны $SO )$ .

Если $Σ$ — площадь треугольника, получающегося в сечении трёхгранного угла плоскостью $KLM$ , то из подобия $Σ :S1 :S2 = KH2 :EP2 :FQ2.$ Следовательно, $√-- √-- EP :FQ = S1 : S2.$ Тогда $√ -- √-- S1 : S2 = SP :SQ= (x− r) :(x+ r),$ откуда $√-- √-- r= x√SS22−+√SS11,$ a $√-- √-- sinα = rx = √SS22−+√SS11 = 13.$ Отсюда $∠KSO =arcsin13.$

$PIC$

Далее, $OH = rsinα,SH = SO− OH = -r- − rsin α,SP = SO− r=-r- − r. sinα sinα$ Значит, $Σ :S1 = KH2 :EP2 =SH2 :SP2 = (-1 − sin α)2 :(-1 − 1)2 = (1+sinα)2 = 16, sinα sinα 9$ откуда $Σ= 16. 9$

Ответ:

$∠KSO =arcsin1,S = 16 3 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#103217

Две правильные треугольные пирамиды имеют общую боковую грань и не имеют других общих точек. В пирамиды вписаны шары радиуса $r.$ Третий шар радиуса $R$ касается внешним образом обеих пирамид и вписанных в них шаров. Найдите плоский угол при вершине пирамид, если $R :r= 2:1.$

Источники: СПБГУ - 2020, 11.6 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть O₁ и O₂ - центры вписанных сфер, а O — центр внешней сферы. Рассмотрите треугольник OO₁O₂, из него можно получить много информации.

Подсказка 2

Ну, во-первых, он равнобедренный. Во-вторых, вы можете выразить его стороны через радиусы. В-третьих, попробуйте рассмотреть точки K — середину O₁O₂, M — точка касания сферы и одной из пирамид и точку N касания вписанных сфер. Что можно сказать про угол MNK и чему он равен?

Подсказка 3

Это угол между боковыми гранями пирамиды. Кстати, почему? Пусть боковое ребро пирамиды равно a. Используя величину угла, вы сможете выразить длину ребра основания через a, если проведёте высоты в двух боковых гранях к одному ребру. А там и до плоского угла при вершине недалеко.

Показать ответ и решение

Пусть $SABC$ — первая пирамида, $BSC$ — её общая боковая грань со второй, $O 1$ и $O 2$ — центры шаров, вписанных в пирамиды, $O$ — центр внешнего шара. Ввиду равенства пирамид вписанные в них шары касаются грани $BSC$ в одной точке $K.$ Так как $O1K ⊥BSC$ и $O2K ⊥ BSC,$ точка $K$ лежит на отрезке $O1O2,$ причём $O1O2 = 2r.$

Пусть $M$ — точка касания с гранью $ASB$ шара, вписанного в первую пирамиду. В этой же точке касается $ASB$ и внешний шар. Поэтому точка $M$ лежит на отрезке $OO1,$ причём $OO1 =r +R.$ Аналогично получается, что $OO2 = r+R.$ Выберем точку $N$ на отрезке $OK$ так, что $NM ⊥ OO1,$ и положим $φ= ∠MNK.$

$PIC$

Тогда

( ) O1K = OO1 ⋅cos∠OO1K ⇐⇒ r=(r+ R)⋅cos(π− φ)⇐⇒ R = −r --1-+ 1 . cosφ

По условию $R =2r,$ откуда $1 cosφ =− 3.$

Покажем, что $φ$ — угол между гранями $ASB$ и $BSC.$ Действительно, $O1K$ и $O1M$ — радиусы шара, вписанного в первую пирамиду, откуда $O1M ⊥ ASB$ и $O1K ⊥ BSC.$ Значит, $BS ⊥MNK.$ Кроме того, прямая $MN$ лежит в плоскости $ASB$ , а $KN$ — в плоскости $BSC.$

$PIC$

Пусть $α= ∠ASB,a= AB.$ Опустим из точек $A$ и $C$ перпендикуляры на ребро $BS.$ Они придут в одну точку $L,$ так как треугольники $ASB$ и $BSC$ равны. По доказанному $∠ALC = φ.$ Заметим, что

AL2 =(AB ⋅sin∠ABL )2 = a2sin2(π − α)= a2cos2 α-= a2(1-+cosα). 2 2 2 2

Тогда по теореме косинусов для треугольника $ALC$

2 2 2 2 − 1= cosφ =2AL--− AC-= a-(1-+cosα)− a = 3 2AL2 a2(1+ cosα ) ( ) = -cosα--⇐ ⇒ cosα = − 1 =⇒ α= arccos − 1 =π − arccos1. 1+cosα 4 4 4

Ответ:

$π − arccos1 4$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#43960

Основание треугольной пирамиды $ABCD$ — правильный треугольник $ABC.$ Объём пирамиды равен $2√5 3$ , а её высота, проведённая из вершины $D$ , равна $3.$ Точка $M$ — середина ребра $CD.$ Известно, что радиусы сфер, вписанных в пирамиды $ABCM$ и $ABDM$ , равны между собой.

(a) Найдите возможные значения угла между гранями пирамиды при ребре $AB.$

(b) Найдите все возможные значения длины ребра $CD$ , если дополнительно известно, что грани $BCD$ и $ABC$ взаимно перпендикулярны.

Источники: Физтех-2017, 11.7 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а), подсказка 1

Как можно применить данные о равенстве радиусов сфер, вписанных в пирамиды? В условиях, когда известен объём, хочется подумать о формуле, связывающей радиус с объёмом и площадью поверхности. (Если такая вам неизвестна, попробуйте её вывести по аналогии с планиметрическим S = p*r)

Пункт а), подсказка 2

Итак, что мы видим: одна грань у этих пирамид общая, две другие попарно равновелики, так как М является серединой CD. Что в этом случае можно сказать об оставшейся паре граней?

Пункт а), подсказка 3

У нас появились равные по площади грани! Известный объём пирамиды и высота к одной из них помогут нам отыскать площади этих граней. Нетрудные вычисления откроют нам ещё и длину высоты грани ADB.

Пункт а), подсказка 4

Проведите высоту к основанию АВС Данной пирамиды и её апофему в грани ADB. Какая теорема поможет нам достроить имеющуюся конструкцию до линейного угла двугранного угла? Мы знаем достаточно, чтобы найти триг. функцию от искомого угла! Не забывайте только — нам никто не говорил что искомый уголочек будет острым ;)

Пункт б), подсказка 1

Какой вывод о расположении высоты пирамиды мы можем сделать из перпендикулярности двух её граней?

Пункт б), подсказка 3

Осталось снова применить теорему Пифагора и искомое ребро у нас в кармане :) Только будьте внимательны: совсем не обязательно высота нашей пирамиды будет падать именно на ребро, а не на его продолжение!

Показать ответ и решение

Воспользуемся формулой радиуса вписанной сферы $r= 3V S$ , где $V$ — объём, а $S$ — площадь поверхности пирамиды. Объёмы пирамид $ABCN$ и $ABDM$ равны (грань $ABM$ общая, а вершины $C$ и $D$ равноудалены от плоскости $ABM$ ); кроме того $SADM = SACM$ и $SBDM =SBCM$ (медиана делит площадь треугольника пополам). Значит, равенство сфер, вписанных в пирамиды $ABCN$ и $ABDM$ , эквивалентно условию $SABD = SABC$ или равенству высот, проведённых к стороне $AB$ в треугольниках $ABD$ и $ABC$ .

$PIC$

Пусть $DH$ высота пирамиды, а $DK$ высота в треугольнике $ABC$ . Объём пирамиды равен $√253-$ , а её высота из вершины $D$ равна 3, то есть $DH$ . Значит, площадь основания пирамиды равна $2√53$ . Тогда сторона основания $AB = 1√03$ , а высота треугольника $ABC$ равна 5. Значит, $DK$ также равно 5. Из прямоугольного треугольника $DHK$ находим $KH = √KH2-−-DH2-= 4$ , т.е. точка $H$ находится на расстоянии 4 от прямой $AB$ ( $H$ лежит на одной из двух прямых, параллельных $AB$ , на расстоянии 4 от неё). Тем самым, угол между гранями при ребре $AB$ равен $arccos± 4 5$ .

$PIC$

Из условия, что грани $BCD$ и $ABC$ взаимно перпендикулярны, следует, что $H$ лежит на $BC$ . Так как $KH = 4$ , то $8 HB = √3$ . Значит $CH = CB ±HB = 2√3$ или $1√83$ . Тогда $---------- ∘ -- CD = √CH2 +HD2 = 331$ или $-- 3√ 13$ .

Ответ:

$(a) arccos±4 5$

$√3√1 (b) 3$ или $√-- 3 13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#98098

В треугольной пирамиде длины перпендикуляров, опущенных из четырёх вершин на противоположные грани, равны $3$ , $4$ , $7$ и $84∕37$ соответственно. Найдите радиус вписанного в эту пирамиду шара.

Показать ответ и решение

С одной стороны,

1 1 1 1 V = 3h1S1 = 3h2S2 = 3h3S3 =3h4S4

С другой стороны,

Sполн. ⋅r V = ---3----

Поэтому

r = -3V--= Sполн.

= -----3V------= -------1-------= 6 S1+ S2 +S3+ S4 1h1-+ 1h2-+ 1h3-+ 1h4 7

Заметим, что при данных значениях высот пирамида существует:

$PIC$

На рисунке пирамида вписана в прямоугольный параллелепипед со сторонами 3, 4 и 7. Три высоты совпадают со сторонами, а четвёртая высота будет равна как раз 84/37.

Ответ:

$6 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#107063

В пространстве даны два тетраэдра $A BCD 1$ и $A BCD 2$ такие, что отрезок $A A 1 2$ пересекает треугольник $BCD.$ Сферы, вписанные в эти тетраэдры, касаются плоскости $BCD$ в одной и той же точке. Обе этих сферы вписаны в конус с вершиной $P.$ Докажите, что точка $P$ лежит на прямой $A1A2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Достаточно показать, что существует сфера, вписанная в многогранник, тогда по теореме о трёх центрах гомотетии точки A₁, A₂, P лежат на одной прямой. Как можно доказывать существование такой сферы?

Подсказка 2

Проделаем следующее: впишем в трёхгранный угол с вершиной A₁ сферу, будем её раздувать до касания с A₂BD. Что после такого нужно доказать? Надо показать, что сфера касается ещё двух плоскостей! Какие точки могут быть полезны при доказательстве этого?

Подсказка 3

Докажем, что сфера будет касаться плоскости A₂CD. Мы ещё не пользовались одним условием, пора бы это сделать! Если сфера не касается A₂CD, то на A₂B найдётся A₃ такая, что A₃CD касается сферы. Рассмотрите точки касания раздутой сферы с плоскостями, которые её касаются, а также рассмотрите точки касания сферы из условия с гранями. На картинке теперь много равных треугольников, из них получите какие-то равенства на углы, приводящие к противоречию.

Показать доказательство

Пусть сфера $ω 1$ вписана в тетраэдр $A BCD. 1$ Будем её раздувать так, чтобы она оставалась вписана в трёхгранный угол при вершине $A1,$ пока она не коснётся одной из граней тетраэдра $A2BCD.$ Без ограничения общности, полученная сфера $ω$ касается грани $A2BC.$ Докажем, что она также касается граней $A2CD$ и $A2BD.$ Из этого последует, что $A1,A2,P$ — центры гомотетий с положительными коэффициентами, переводящими $ω1$ в $ω0$ и $ω2,$ а $ω1$ в $ω2.$ В таком случае точки $A1,A2$ и $P$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Пусть сфера $ω$ не касается грани $A2CD.$ Тогда на ребре $A2B$ найдётся точка $A3$ такая, что плоскость $A3CD$ касается сферы $ω$ в некоторой точке $T.$ Обозначим точки касания $ω$ с плоскостями $CBA3, CBA1,CA1D$ за $X,Y,Z$ соответственно. Тогда имеется четыре пары равных треугольников: $△BY C$ и $△BXC,$ $△A1Y C$ и $△A1ZC,$ $△CZD$ и $△CT D,$ $△A3TC$ и $△A3XC.$ Следовательно,

∠A3CD + ∠A1CB = ∠A1CY +∠BCT + ∠A3CT + ∠DCT =∠A1CZ + ∠BZX + ∠A3CX + ∠DCZ = ∠A1CD +∠A3CB (∗)

$PIC$

Пусть сфера $ω 1$ касается граней $CA B,CA D,CBD 1 1$ в точках $Q,R,S$ соответственно. Тогда треугольники $△BQC$ и $△BSC,$ $△CSD$ и $△CRD,$ $△ARC$ и $△A1QC$ равны. Значит,

∠A1CB − ∠A1CD = ∠A1CQ +∠BCQ − ∠A1CR − ∠DCR = ∠BCS − ∠DCS

Аналогично,

∠A2CB − ∠A2CD = ∠BCS − ∠DCS =∠A1CB − ∠A1CD

Из равенства крайних членов $(∗)$ получаем:

∠A1CB − ∠A1CD = ∠A3CB − ∠A3CD

Таким образом,

∠A2CB − ∠A2CD = ∠A3CB − ∠A3CD

Но

∠A2CB − ∠A3CB =∠A3CA3 < ∠A2CD − ∠A3CD

что противоречит предыдущему равенству. Тем самым, сфера $ω$ касается грани $A2CD.$ Аналогично она касается грани $A2BD,$ что завершает доказательство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#100420

Дана правильная призма $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с основанием $ABCD.$ Плоскости $α$ и $β$ перпендикулярны $B D 1$ и проходят через вершины $A$ и $D1$ соответственно. Пусть $F$ и $H$ соответственно — точки пересечения плоскостей $α$ и $β$ с диагональю $B1D$ , при этом $DF < DH.$

(a) Найдите отношение $B1H :DF.$

(b) Пусть дополнительно известно, что некоторая сфера радиуса 3 касается всех боковых граней призмы, а также плоскостей $α$ и $β.$ Найдите отрезок $B1D$ и объём призмы $ABCDA1B1C1D1.$

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Посмотрите на плоскость α. Через какие еще точки она должна пройти?

Пункт а, подсказка 2

Например, она должна пройти через точку С.

Пункт а, подсказка 3

А если рассмотреть B₁H и DF как проекции?

Пункт б, подсказка 1

Как мы можем воспользоваться сферой?

Пункт б, подсказка 2

Рассмотрите ее проекцию на основание ABCD.

Пункт б, подсказка 3

Найдите расстояние между плоскостями α и β.

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Из соображений симметрии (относительно плоскости $BDD1B1 )$ плоскость $α$ проходит через точку $C$ — и, значит, через центр $O$ грани $ABCD.$ Отрезки $B1H$ и $DF$ — проекции параллельных отрезков $B1D1$ и $DO$ на прямую $B1D,$ причём $B1D1 =2DO.$ Значит, $B1H :DF = 2.$

(b) Поскольку сфера касается всех боковых граней призмы, её проекция на основание есть окружность, вписанная в это основание. Значит, $AB = 2r= 6.$ Кроме того, $α$ и $β$ — это две параллельные плоскости, касающиеся сферы, поэтому расстояние между ними равно диаметру сферы, то есть $6.$ Так как $B1D⊥ α,$ этим расстоянием является отрезок $HF,$ поэтому $HF = 6.$

Обозначим $B1D = d.$ Поскольку $D1H$ — высота прямоугольного треугольника $B1D1D,$ то

B1H ⋅B1D = B1D21 = 72

и, следовательно, $72 B1H = d .$ Тогда

1 36 DF = 2B1H = d-

72 36 HF = B1D− B1H − DF =d− -d −-d

Получаем уравнение

6= d− 108 d

d2− 6d− 108= 0

$√-- d= 3+3 13,$ поскольку $d >0.$

Наконец, высота призмы равна

∘ ---------- ∘-------------- ∘ ------- h = B1D2 − BD2 = 9(14+2√13)− 72= 3 6+ 2√13

А объём призмы равен

∘ ------- V = AB2 ⋅h= 108 6+ 2√13-

Ответ:

(a) $2:1$

(b) $√-- ∘ ---√--- B1D = 3+ 3 13,V = 108 6+ 2 13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#64567

Радиус сферы, вписанной в правильную треугольную пирамиду, равен $R$ . Найдите величину двугранного угла при боковом ребре этой пирамиды, при котором максимален объём другой пирамиды, вершинами которой служат центр вписанной в исходную пирамиду сферы и точки касания этой сферы с боковыми гранями исходной пирамиды.

Источники: ПВГ-2012, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется понять, что хорошего мы можем сказать о маленькой пирамидке?

Подсказка 2

Она правильная! А как должны соотноситься между собой длины стороны основания и боковой стороны, чтобы объем правильной пирамиды был максимален?

Подсказка 3

Если а – сторона основания, а b – длина боковой стороны, мы без проблем можем записать выражение для объема пирамиды, рассмотреть это как функцию от а и через производную найти максимум! Какой в этом случае будет угол при вершине маленькой пирамиды? А чему равен искомый угол?

Показать ответ и решение

Пусть у некоторой правильной пирамиды $XY ZT$ с основанием $XY Z$ известно боковое ребро $b.$ Давайте посчитаем, при какой длине стороны основания $a,$ пирамида будет обладать наибольшим объемом.

a2√3 SXYZ = -4--

Пусть $M$ — центр основания $XYZ$

2 TM2 = XT2 − XM2 =b2− a- 3

∘ ------ ∘-------- 1 2 a2- a2√3 √3- 2 4 a6 V = 3 ⋅ b − 3 ⋅ 4 = 12 b a − 3

Теперь $V 2$ это функция от $a.$ Возьмем производную по $a.$ Она зануляется при $√ - a= b 2$ и в этой точке производная меняет свой знак с + на -. Значит, это точка максимума и объем максимальный при $√ - a= b 2$ .

Вернёмся к задаче. Пирамида, вершинами которой служат точки касания и центр сферы, является правильной треугольной пирамидой с ребром $R$ . Значит, чтобы объем был максимальным, нужно добиться того, чтобы сторона ее основания была $√ - R 2$ .

Пусть исходная пирамида $ABCD$ с основанием $ABC.$ $O$ — центр вписанной сферы. $N,K,T$ точки касания сферы с плоскостями $ABD$ , $BCD$ , $CAD$ соответственно.

Из точек $K$ и $T$ проведем перпендикуляры к $DC$ , в силу симметрии они попадут в одну точку $E$ .

$PIC$

По доказанному ранее $KT =R √2$ и при этом $OK = OT = R$ . Значит, $∠KOT = 90∘$ , но тогда угол $KET$ прямой, а его нам и нужно было найти.

Ответ:

$90∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#90840

В кубе с ребром 1 расположены две сферы различных радиусов. Первая касается плоскости основания и двух соседних боковых граней куба. Вторая сфера касается двух других боковых граней куба, грани куба, параллельной основанию, и первого шара. Чему равна сумма радиусов сфер?

Источники: ДВИ - 2011, вариант 114, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте сначала вспомним, что мы знаем о сфере, вписанной в некую фигуру. Есть что-то особенное в ее местоположении?

Подсказка 2

Да, центр сферы лежит на биссектрисе трёхгранного угла, в который вписана сфера! Тогда что можно сказать о центрах наших сфер, раз они вписаны в куб?

Подсказка 3

Они лежат на диагонали куба, так как диагональ куба как раз и является биссектрисой соответствующих трёхгранных углов. А кусочек диагонали между центрами как раз и есть сумма радиусов, которую нам нужно найти! Длину чего тогда стоит узнать и какую плоскость тогда имеет смысл рассмотреть?

Подсказка 4

Пусть это будет сечение куба, перпендикулярное основанию и содержащее эту самую диагональ. Раз уж сферы касаются граней куба, то что имеет смысл отметить дополнительно?

Подсказка 5

Радиусы, проведенные в точки касания окружностей и оснований, тоже будут лежать в этой плоскости сечения. Может быть, в таком случае выйдет как-то выразить оставшиеся кусочки диагонали тоже через радиусы окружностей?

Подсказка 6

Зная длину ребра куба, легко можем вычислить длину диагонали куба, а также синус угла между этой диагональю и основанием. А зная синус угла, можно и оставшиеся отрезочки диагонали через радиусы выразить. Осталось только записать их сумму и выразить сумму радиусов!

Показать ответ и решение

$PIC$

Заметим, что центры обеих сфер лежат на диагонали куба, причём на одной и том же, поскольку касаются разных боковых граней. Действительно, прямая, на которой лежит центр сферы, является биссектрисой трёхгранного угла, поскольку центр куба является центром сферы радиуса $1∕2$ , которая касается всех граней, то эта прямая проходит через него. Без ограничения общности, выберем на эту роль диагональ $A1C$ .

$PIC$

Пусть $α= ∠A1CA =∠C1A1C,$ тогда

r1 r2 CO1 = sinα-, A1O2 = sinα

√- r1+ r2 A1C = 3= r1+ r2+ -sin-α-

√ - √- r1+r2= ----3--= 3−--3 1+ s1inα 2

Ответ:

$3-− √3 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#70628

В пирамиде $SABC$ каждый из углов $ASB$ и $ASC$ равен $arccos√1 5$ , угол $BSC$ прямой, ребро $SB$ равно $a$ . Центр сферы, вписанной в пирамиду $SABC$ , лежит на высоте $SD$ . Найти $SA,SD$ и радиус сферы, вписанной в пирамиду $SABC.$

Источники: Вступительные в МФТИ - 2006

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Центр нашей сферы лежит на высоте, а уголки ∠ASB и ∠ASC равны. Не наблюдается ли тут какая-нибудь симметрия...

Подсказка 2

Действительно, наша картинка симметрична относительно плоскости SAD! Тогда SB=SC=a и AB=AC. Хочется доказать, что D будет центром вписанной окружности треугольника △ABC. Пускай A₁, B₁, C₁- основания перпендикуляров, опущенных из точки D на ВС, AC и AB соответственно. Что мы можем сказать про треугольники △SC₁D, △SB₁D и △SA₁D?

Подсказка 3

Они равны, ведь имеют общий катет SD, а острые уголочки, прилежащие к нему, равны в силу того, что SD содержит центр вписанной сферы. Тогда и высоты SC₁, SB₁ и SA₁ равны между собой ⇒ SC₁=SB₁=SA₁=a/√2. Как нам найти SB...

Подсказка 4

В треугольнике △ASB высота SC₁ равна a/√2, а сторона SB=a ⇒ ∠SBA=45°. Тогда в треугольнике △SAB мы знаем два угла и сторону ⇒ можем найти остальные стороны. Получается, что SA=a*√5/3 и AB=a*2√2/3. Т.к. SB=SC ⇒ A₁- середина BC ⇒ AA₁- высота △ABC. Если бы мы знали DA₁, мы бы легко нашли SD...

Подсказка 5

Т.к. DA₁ равен радиусу вписанной окружности треугольника △ABC, то нам необходимо просто посчитать его площадь. Его площадь равна AA₁*BC/2. Тогда r=AA₁*BC/(AB+BC+AC)=a/√14 ⇒ из теоремы Пифагоры для △SDA₁: SD=a*√(3/7). А как будем искать радиус вписанной сферы?

Подсказка 6

Давайте отразим A₁ относительно D и получим точку A₂. Нетрудно заметить, что радиус вписанной окружности треугольника △SA₁A₂ совпадает с радиусом сферы. В этом треугольнике мы уже все знаем, поэтому для вас найти его будет проще простого!

Показать ответ и решение

$PIC$

Так как центр вписанной в пирамиду сферы лежит на её высоте $SD$ , то $SD$ образует равные углы с плоскостями $ASB, ASC, BSC$ . Кроме того, из симметрии следует, что $SB =SC = a, AB =AC$ .

Проведём плоскость через $SD$ перпендикулярно $AB$ . Пусть эта плоскость пересекает $AB$ в точке $C1$ . Аналогично построим точки $B1,A1$ . Заметим, что треугольники $SDC1, SDB1, SDA1$ равны, так как они прямоугольные, имеют общий катет $SD$ , а углы $DSC1, DSB1, DSA1$ равны, как углы между $SD$ и плоскостями $ASB, ASC, BSC$ . Тогда $SC1 =SB1 = SA1$ и эти отрезки являются высотами боковых граней пирамиды. Из прямоугольного треугольника $SBC$ находим его высоту $SA1 = a√2$ .

Рассмотрим треугольник $ASB$ . Пусть $SA = b, ∠ASB =α$ . Тогда по теореме косинусов

∘ ------------ ∘ -2--2---------- 2 2 -2- AB = a + b− 2abcos(α)= a + b− √5 ab

(1)

Так как $SC1 =SA1 = a√2$ и $AB ⋅SC1 = SA⋅SB ⋅sin(α),$ то

∘------------ √a- a2+ b2− 2√-ab= ab 2√- =⇒ a2+b2− √2ab= 8b2 2 5 5 5 5

Полагая $a b = x,$ получаем уравнение

2 3 x2− √5x− 5 =0

Откуда

1 ∘1---3 3 a a√5 x= √5-+ 5 + 5 = √5-; SA= b= x = -3--

Тогда из $(1)$ получаем $√- AB = 2a32-$ . Так как $SB =SC$ , то $A1$ является серединой $BC,$ а из равенства $AB = BC$ следует, что $AA1$ является высотой треугольника $ABC,$ причём $∘----------- AA = AB2 − ( BC)2 = a∘-8−-1= a∘ 7 1 2 9 2 3 2$ .

Пусть $r$ — радиус вписанной окружности треугольника $ABC$ .

Тогда $r =DA = DB = DC 1 1 1$ . Из равенства $(AB +AC + BC)r= AA ⋅BC : 1$

( 4a√2 √-) a∘-7 √- a -3--+ a 2 r= 3 2 ⋅a 2 =⇒ r= DA1 = √14

Тогда

------ -- ∘---2----2 ∘ 1 1- ∘ 3 SD = SA 1− DA 1 = a 2 − 14 = a 7

Рассмотрим треугольник $SDA1$ . Отразив точку $A1$ симметрично $SD,$ получим точку $A2$ . Пусть радиус сферы равен $R$ . Заметим, что он равен радиусу окружности, вписанной в треугольник $A2SA1$ . Тогда $(2r +2SA1)R= 2r⋅SD :$

( ∘ -- √-) ∘-- ∘-- √- a 2+ a 2 R = a 2⋅a 3 =⇒ R = -a-3√- 7 7 7 7+ 7

Ответ:

$SA = a√5,SD = a√21,R= a√3(7−√7) 3 7 42$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#70626

Основанием пирамиды $SABCD$ является трапеция $ABCD$ с основаниями $BC$ и $AD$ такими, что $BC :AD = 2:5$ . Диагонали трапеции пересекаются в точке $E$ , а центр $O$ вписанной в пирамиду сферы лежит на отрезке $SE$ и делит его в отношении $SO :OE =7 :2$ . Найти площадь полной поверхности пирамиды, если площадь боковой грани $SBC$ равна $8.$

Источники: Вступительные на МехМат МГУ, 1999, задача 6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас уже есть площадь одной боковой грани. Может, тогда попытаемся найти площади остальных? Подумайте, как соотносятся между собой площади треугольников △SBC и △SAB...

Подсказка 2

Вроде как, напрямую связь между ними установить не получается. Давайте попробуем посмотреть на объемы тетраэдров SAOB и SBOC: они относятся как площади треугольников △SAB и △SBC. А как еще можно найти их отношение?

Подсказка 3

Т.к. объемы SABE и SBCE относятся как площади △ABE и △BEC (то есть как AE к EC), а также объемы OAEB и OBEC относятся как эти площади, то и их разности (то есть SAOB и SBOC) относятся как AE к EC. Тогда верно равенство S(△SAB)/S(△SBC)=AE/EC ⇒ S(△SAB)=20. Теперь найдите площади остальных боковых граней!

Подсказка 4

Нам осталось только найти площадь основания (назовем ее S₀). Мы знаем, что O делит SE в отношении 7/2. Тогда r=h*2/9, где r- радиус вписанной сферы, а h- высота пирамиды. Мы знаем, что V=S₀*h*1/3=S₀*r*3/2, где V- объем нашей пирамиды. Как еще, зная площади боковых граней, можно выразить V?

Подсказка 5

Через объемы тетраэдров ESAB, ESBC, ESCD и ESDA! Про них мы знаем, что высоты, опущенные из вершины E, равны r*9/7. Тогда мы без проблем сможем записать V через сумму объемов этих тетраэдров, приравнять к S₀*r*3/2 и найти площадь основания!

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения

S△BSC = S1, S△ASB = S2, S△ASD = S3, S△CSD =S4, Sосн. = SABCD =S

А также

VSBEC = V1, VSAEB =V2, VSAED = V3, VSCED =V4, VSABCD = V.

По условию $S1 = 8$ . Заметим, что

S CE BC 2 S BC2 4 S BE BC 2 S1 = AE-= AD-= 5,S1 = AD2-= 25,S1 = DE-= AD-= 5 2 3 4

Значит,

Sбок. =S1 +S2+ S3+ S4 = 8+20+ 50+ 20 =98

Пусть $r$ — радиус вписанной в пирамиду сферы, $h$ — высота пирамиды. Тогда

V = 1Sполн. r= 1Sосн. h 3 3

И так как центр $O$ вписанной сферы лежит на отрезке $SE$ , то

r OE- 2 h = SE = 9

С другой стороны, высоты пирамид $SBEC, SAEB, SAED$ и $SCED$ , проведённые из общей вершины $E$ , равны $9 7r$ , поэтому

V =VSBEC + VSAEB + VSAED+ VSCED = V1 +V2+ V3+ V4 =

1 9 1 9 1 9 1 9 1 9 = 3S1⋅7r+ 3S2⋅7r+ 3S3⋅7r +3S4 ⋅7r= 3 ⋅7r(S1+ S2 +S3+ S4)=

3 1 = 7Sбок. ⋅r= 3Sполн. ⋅r

Откуда $Sполн. 9 Sбок.-= 7$

Следовательно,

Sполн. = 9Sбок. = 9⋅98= 126. 7 7

Ответ: 126

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#80061

В кубе $ABCDA B C D 1 1 1 1$ с ребром $a$ через точку $A$ параллельно прямой $BD$ проведена плоскость $P$ , образующая с прямой $AB$ угол, равный $-1√- arcsin2 2$ . Найдите площадь сечения куба плоскостью $P$ и радиус шара, касающегося плоскости $P$ и граней $ABCD$ , $BCC1B1$ и $DCC1D1$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как можно воспользоваться данным углом?

Подсказка 2

Проведите перпендикуляры к плоскости P из центра основания и точки D.

Подсказка 3

Пусть плоскость P пересекает ребро CC₁ в точке K. Рассмотрите треугольник ACK.

Подсказка 4

Попробуйте понять, на биссектрисе какого угла должен лежать центр шара.

Подсказка 5

Это будет ∠AKC. А где будет находиться проекция центра шара на основание?

Показать ответ и решение

Плоскость $P$ пересечет грань $BB D D 1 1$ куба по прямой $EF ∥BD,$ где $E ∈DD ,a 1$ ребро $CC 1$ — в некоторой точке $K.$ Пусть $Q$ — середина $BD, M$ и $N −$ основания перпендикуляров, опущенных соответственно из точек $D$ и $Q$ на плоскость $P.$ Тогда $DM = QN,$ так как $BD ∥P,$ и $N ∈ AK.$

$PIC$

По условию $√2 ∠DAM =arcsin-4 ,AD = a,$ откуда находим $√2 a√2 DM = AD 4-= -4- =QN.$ Из треугольника $AQN,$ в котором $a√2 AQ = -2-$ $AQ QN = -2-,$ находим $π ∠QAN = 6,$ и поэтому

√ - AK =AC --1π= 2--6a cos6 3

Пусть $S$ — площадь сечения куба плоскостью $P,$ тогда $S = 1AK ⋅EF, 2$ где $EF =BD = a√2,$ и поэтому $S = 2√3a2 3$

Теперь найдём радиус $R$ вписанного шара. Заметим, что центр $O$ шара лежит на биссектрисе угла $KAC$ , а проекция $L$ точки $O$ на грань $ABCD$ принадлежат $AC.$ Из треугольника $AOL,$ в котором $∠OAL = 1∠KAC = π-,OL = R, 2 12$ находим

π- AL =R ctg 12 ,

где

π 1+ cosπ √- ctg 12 =-sinπ-6= 2+ 3 6

Так как

LC = R√2,AC = AL+ LC,

тo

√- ( π √-) a 2= R ctg12 + 2

_____________________________________________________________________________________

Замечание.

Искомый радиус можно было также найти, заметив что он равен радиусу шара, вписанного в треугольную пирамиду $KCE1F1,$ где $E1$ — точка пересечения прямых $KE$ и $CD, F1−$ точка пересечения прямых $KF$ и $CB,$ используя формулу $R= 3SVn$ где $V$ — объем пирамиды $KCE1F1, Sn$ — её полная поверхность.

Ответ:

$2a2---a√2---- √3;2+ √2+ √3$