Тема Сферы

Касательные к сфере (+ каркасный тетраэдр)

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#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#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 4#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 5#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 6#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:

$√13-− 1$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#90553

Даны четыре точки $A,B,C,D$ , не лежащие в одной плоскости. Сфера касается прямых $AB$ и $AD$ в точке $A$ , а прямых $BC$ и $CD$ в точке $C.$ Найдите радиус сферы, если известно, что $AB =1,BD = 2$ и углы $ABC$ и $BAD$ прямые.

Показать ответ и решение

Касательные, проведенные из одной точки к сфере, равны. Значит, $DA = DC$ и $BA = BC$ . Следовательно, треугольники $ABD$ и $BCD$ равны по трем сторонам.

Угол $BAD$ прямой, так что высота $AK$ треугольника $BAD$ , опущенная из вершины $A$ , попадает на сторону $BD.$ Из равенства треугольников $ABD$ и $BCD$ следует, что $CK ⊥BD$ . Ясно, что плоскость $ACK$ содержит центр $O$ сферы.

$PIC$

В прямоугольном треугольнике $ABD$ известны катет $AB = 1$ и гипотенуза $BD = 2.$ Отсюда легко найти, что $√- AD = √3,AK = 23$ . Из теоремы Пифагора для треугольника $ABC$ находим, что $AC =√2$ (ибо $AB = BC =1$ , а угол $ABC$ по условию прямой). Кроме того, из $AE = EC$ следует, что $√- AE = 22.$

В прямоугольном треугольнике $OAK$ мы нашли катет $AK$ и высоту $AE$ . Осталась тривиальная планиметрическая задача нахождения катета $OA$ , равного радиусу сферы.

Ответ:

$∘ 3 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91394

Сфера касается всех рёбер пирамиды $SABC$ , причём боковых рёбер $SA,SB$ и $SC$ — в точках $A′,B ′$ и $C′.$ Найдите объём пирамиды $′′ ′ SA B C$ , если $AB = BC = SB =5$ и $AC = 4.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Поскольку сфера касается всех рёбер, пирамида обладает тем свойством, что $BC +AS = AB+ SC = AC+ SB = 9$ , откуда получаем $AS = SC = 4$ , следовательно, треугольник $ASC$ равносторонний. Тогда треугольник $A′SC′$ тоже равносторонний, поэтому $SA ′= SC ′=$ $A ′C′ = 2$

Найдём объём пирамиды $SABC$ как правильной пирамиды с основанием $SAC :$

√-- VSABC = 4-59 3

Поскольку

VSA′B′C-′ SA′⋅SB′⋅SC′ VSABC = SA⋅SB ⋅SC

окончательно получаем

√-- VSA′B′C′ = 110VSABC = 21559

Ответ:

$2√59 15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#63819

Сфера касается всех рёбер тетраэдра $ABCD$ . Известно, что произведения длин скрещивающихся рёбер равны. Известно также, что $AB = 3,BC = 1$ . Найдите $AC.$

Источники: ДВИ - 2021, вариант 215, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, как можно применить условие о том, что сфера касается всех рёбер тетраэдра? Более всего с длинами рёбер тут связывается свойство касательных: отрезки касательных к сфере, проведенных из одной точки, равны! Обозначьте одной буквой все равные отрезки проведённые из каждой из вершин и при помощи этих букв запишите равенство произведений длин скрещивающихся рёбер. ---

Подсказка 2

Поработайте теперь с нашим двойным равенством: рассмотрите две пары уравнений и попробуйте их преобразовать. Какие интересности связанные с отрезками касательных из разных вершин можно заметить?

Подсказка 3

Если сделать всё аккуратно, то получится несколько вариантов: равны либо отрезки касательных проведённые из вершин А и С, либо проведённые из вершин В и D. Рассмотрите оба случая, не выходит ли в одном из них противоречий с условием задачи? (Не зря же нам даны AB и BC). Аналогично рассмотрите вторую пару вершин, отрезки касательных из которых равны. Останется лишь внимательная арифметика и АС откроется нам!

Показать ответ и решение

Расстояния от вершины $A$ до точек касания сферы с рёбрами $AB,AC,AD$ равны. Обозначим это расстояние $a$ . Соответствующие расстояния от вершин $B,C,D$ обозначим $b,c$ , $d$ соответственно. По условию $(a+ b)(c+ d)=(a+ c)(b+d)= (a+ d)(b+c)$ , что равносильно после раскрытия скобок системе

(a− c)(b− d)= 0 и (a − b)(c− d)= 0.

Если $a= c$ , то $AB =BC$ , а это не так. Значит, $b= d$ . Тогда либо $a= b$ , либо $c =b$ . Если $a =b$ , то $AC = BC = 1$ , что противоречит неравенству треугольника. Значит, $c=b$ и, стало быть, $AC =AB = 3.$

Замечание.

Тетраэдр, у которого произведения длин скрещивающихся рёбер равны, называется каркасным, можете поизучать его свойства. В задаче по сути просили доказать, что у такого тетраэдра суммы длин скрещивающихся рёбер равны.

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#96829

Около шара радиуса $1$ описана правильная $n$ -угольная призма, все ребра которой касаются некоторого другого шара. Докажите, что $n =4$ и найдите объём этой призмы.

Источники: Миссия выполнима - 2021, 11.6 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В этой задаче самое главное — связать боковую сторону и сторону многоугольника основания. Так как в основании у нас правильный многоугольник, в который вписана окружность радиуса 1, то чему в этом случае равна сторона основания? А какой факт можно извлечь из того, что вторая сфера касается каждого ребра?

Подсказка 2

В этом случае, сторона равна 2tg(pi/n) — просто опускаем высоту из центра на какую-нибудь сторону и вычисляем. А вот из того, что вторая сфера касается каждого ребра, следует, что прямоугольник боковой стороны является описанным. Осталось связать этот факт и тот, что в призму вписана сфера с радиусом 1, и получим ответ!

Показать ответ и решение

Высота призмы и боковое ребро равны $2$ (диаметру вписанного шара). Основания призмы являются правильными $n$ -угольниками, описанными около окружностей радиуса $1.$ Согласно известной формуле, сторона основания в этом случае равна $π 2tg n.$ Поверхность шара, касающегося рёбер призмы, пересекает каждую из граней по окружности. Это значит, что прямоугольники, служащие боковыми гранями, описанные, а потому являются квадратами. Отсюда $π 2tgn =2$ и $n =4.$

Таким образом, призма представляет собой куб $2× 2×2.$

Ответ:

$V = 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#100421

(a) Сфера с центром $O$ касается боковых рёбер $SA,SB,SC$ пирамиды $SABC$ в точках $K,L,M$ соответственно, а также касается её основания $ABC.$ Через точку сферы, ближайшую к точке $S,$ проведена плоскость, касающаяся сферы. Площадь сечения пирамиды $SABC$ этой плоскостью равна 9, а $√35- ∠KSO = arccos 6$ . Найдите площадь треугольника $KLM.$

(b) Пусть дополнительно известно, что $SO = 25,$ а плоскости $KLM$ и $ABC$ параллельны. Найдите объём пирамиды $SABC.$

Показать ответ и решение

а) Пусть радиус сферы равен $R$ . Обозначим точки пересечения прямой $SO$ со сферой через $P$ и $Q$ (точка $P$ лежит на отрезке $SO$ , а $Q$ — вне него). 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, $∠KSO = ∠LSO = ∠MSO$ (обозначим эти углы через $1 α;sinα = 6$ ); высоты, опущенные из точек $K,L,M$ на гипотенузу $SO$ , равны, а их основания — одна и та же точка $H$ , лежащая в плоскости $KLM$ (назовём эту плоскость $τ)$ . Пусть $σ$ — касательная плоскость к сфере, проведённая через точку $P$ . Обозначим точку пересечения $σ$ и $SA$ через $E$ . Рассмотрим сечение пирамиды и сферы плоскостью $ASO$

$PIC$

Из прямоугольного треугольника $KSO$ получаем $SO = siRnα$ . Тогда

( ) SP = SO − OP = R-1--− 1 sinα

Пусть площадь сечения пирамиды плоскостью $σ$ равна $S0 =9$ , а плоскостью $τ − SKLM$ . Из подобия следует, что

2 2 2 2 SKLM :S0 = (KH :EP )= (SH :SP) = (SO − OH) :SP =

( R )2 2( 1 )2 2 = sinα-− Rsinα :R sinα − 1 = (1+sin α)

Следовательно,

SKLM = S0(1 +sin α)2 = 12,25

б) Если плоскости $τ$ и $ABC$ параллельны, то точка $A$ совпадает с точкой $A1$ такой, что $A1Q ⊥$ $SO :$

$PIC$

Тогда, обозначив площадь треугольника $ABC$ через $SABC$ , получаем

1 1 ( SQ)2 VSABC = 3 ⋅SQ ⋅SABC = 3 ⋅(SO +R)⋅S0⋅ SP =

= 13 ⋅(SO+ SOsinα)⋅S0⋅(SO +SO sinα)2 :(SO − SO sinα)2 =

3 = 1 ⋅SO ⋅S0⋅ (1+-sinα)2 = 343 3 (1− sinα) 2

Ответ:

(a) $12,25$

(b) $171,5$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#79898

Сфера радиуса 10 вписана в каркас тетраэдра (т.е. касается всех его рёбер). Сумма длин рёбер тетраэдра составляет 180. Докажите, что объём тетраэдра не превосходит 3000.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых, нам надо понять, через что оценивать. Если у нас есть сфера, которая касается ребер, то это значит, что её сечения гранями - это вписанные в треугольники этих граней окружности. А это значит, что мы можем оценивать объем тетраэдра через маленькие тетраэдры OABC, OABD, OACD, OBCD , где О - центр сферы.

Подсказка 2

Понятно, что ситуация относительно каждого тетраэдра равноправна, потому, нам надо получить оценку только на 1 (то есть, если мы получили какую-то оценку на один маленький тетраэдр, то сможем получить эту же оценку и на другие). Возьмем тогда тетраэдр OABC. Если центр вписанной окружности - это I, то объём OABC равен 1/3 * OI * S(ABC). Как нам тогда связать периметр и объем?

Подсказка 3

Верно, нам надо выразить площадь треугольника как p_abc*r (p_abc - полупериметр). Тогда у нас в силу равнозначности тетраэдров и равнозначности сторон треугольника здесь, при суммировании объемов будет один и тот же коэффициент при каждом ребре тетраэдра и значит, мы выразим площадь. Остается связать r*OI(то, что вылезает при подсчете объема) и R(R - радиус сферы). Как связаны эти три отрезка?

Подсказка 4

Они образуют прямоугольный треугольник. При этом, OI^2 + r^2 = R^2. Значит, у нас есть у нас есть факт, что сумма квадратов OI и r равна квадрату R, а мы хотим оценить произведение. Что нам это должно напомнит?

Подсказка 5

Конечно, неравенство о среднем квадратичном и геометрическом. Тогда, произведение OI*r оценивается сверху как R^2/2. Осталось только сложить все неравенства(ведь мы это проделали только относительно одной грани) и получить требуемое.

Показать доказательство

Обозначим тетраэдр $ABCD,$ центр сферы, вписанной в каркас — $O,$ а саму сферу — $S.$ Объём тетраэдра равен сумме объёмов маленьких тетраэдров $OABC,$ $OABD,$ $OACD$ и $OBCD.$

$PIC$

Пересечение $S$ и плоскости $ABC$ это вписанная окружность треугольника $ABC.$ Обозначим за $I$ её центр, тогда $OI$ — высота тетраэдра $OABC.$ Пусть $R$ — радиус сферы $S,$ $r$ — радиус вписанной окружности треугольника $ABC.$ Тогда выполняется равенство $2 2 2 R =OI +r .$ Тогда

1 1 VOABC = 3 ⋅OI ⋅SABC = 3OI ⋅pABC ⋅r,

$PIC$

где $pABC$ — полупериметр треугольника $ABC.$ По неравенству о среднем геометрическом и среднем квадратичном получаем

√ ----- ∘---2--2 OI⋅r≤ OI2+r-,

то есть

OI⋅r≤ OI2+-r2= R2- 2 2

Таким образом,

VOABC ≤ 1⋅R2⋅pABC 6

Складывая объёмы четырёх маленьких тетраэдров, получаем

VABCD ≤ 1 ⋅R2⋅(pABC + pABD + pACD+ pBCD), 6

а сумма полупериметров граней это в точности сумма длин рёбер тетраэдра. Значит,

1 2 VABCD ≤ 6 ⋅10 ⋅180= 3000

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#51630

В основании треугольной пирамиды $SABC$ лежит прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $BC = 2√3$ . Сфера $ω$ касается плоскости основания пирамиды и касается всех трёх её боковых рёбер в их серединах. Пусть $Ω$ — сфера, описанная около пирамиды $SABC.$

(a) Найдите расстояние между центрами сфер $ω$ и $Ω$ .

(b) Найдите отношение радиусов сфер $ω$ и $Ω$ .

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $O$ — центр сферы $ω;K,L,M$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $O$ на ребра $AS,BS,CS$ соответственно; $SH$ — высота пирамиды $SABC; r$ и $R$ — радиусы сфер $ω$ и $Ω$ соответственно.

a) Поскольку точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AS,$ она равноудалена от концов этого отрезка, т.е. $OA =OS.$ Аналогично $OB =OS$ и $OC =OS.$ Значит, $OA = OB =OC = OS,$ поэтому точка $O$ является центром сферы $Ω$ . Следовательно, расстояние между центрами сфер равно нулю.

b) Из равенства прямоугольных треугольников $SOK$ , $SOL$ и $SOM$ $(OK = OL = OM = r,OS$ — общая сторона) следует, что $SK = SL =SM.$ Поскольку точки $K, L,M$ — это середины боковых рёбер пирамиды, отсюда получаем, что боковые рёбра равны между собой. Тогда высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания (действительно, $ΔSHA =ΔSHB = ΔSHC$ по катету и гипотенузе, откуда $AH = BH = CH$ ). Но в пирамиде $OABC$ боковые рёбра $OA, OB,OC$ также равны между собой как радиусы сферы $Ω$ ; значит, и её высота, проведённая из вершины $O$ проходит через центр окружности, описанной около основания. Таким образом, высота пирамиды $SH$ проходит через точку $O.$ Кроме того, точка $H$ является центром окружности, описанной около основания. Поскольку треугольник $ABC$ прямоугольный, $H$ — это середина гипотенузы $BC.$ Так как отрезок $OH$ перпендикулярен плоскости основания, он равен радиусу $r$ сферы $ω.$

Для нахождения соотношения между радиусами рассмотрим прямоугольный треугольник $SHC.$ Точка $M$ — середина гипотенузы $SC,$ на катете $SH$ находится точка $O,$ причём $SO = CO =R$ , $OH = OM = r.$ Треугольники $CHO$ , $CMO$ и $SMO$ равны по катету и гипотенузе, следовательно, $CH = CM =SM.$ Значит, $CH = 1SM, ∠HSC = 30∘. 2$ Тогда из треугольника $SOM$ находим, что $r:R = 1:2.$

c) $SC = 2CH = BC =2√3,$ поэтому треугольник $SBC$ — равносторонний, $SH = SB ⋅ √3= 3. 2$ B равнобедренном треугольнике $SAB$ известны боковые стороны $√ - SB =SA = 2 3$ и угол при основании $1 ∠SAB = arccos4.$ Отсюда находим, что $√- AB = 2SA ⋅cos∠SAB = 3$ . По теореме Пифагора для треугольника $ABC$ находим, что $AC =3,$ поэтому $1 √- SABC =2 ⋅3⋅ 3;$ объём пирамиды $V$ равен $1 3√3- 3√3 3 ⋅3⋅ 2 = 2 .$

Ответ:

(a) $0$

(b) $1 :2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#51628

Основанием треугольной пирамиды $SABC$ является правильный треугольник $ABC$ со стороной $8.$ Боковое ребро $SC$ перпендикулярно основанию и имеет длину $15.$ Сфера, центр $O$ которой лежит в плоскости $SBC,$ касается рёбер $SA$ , $AB$ и $AC$ в точках $A1,B1$ и $C1$ соответственно. Найдите $AA1,$ расстояние от точки $O$ до ребра $BC,$ и радиус сферы.

Источники: Физтех-2010, 11.6 (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим $AB = 2b =8,SC =h =15.$ Пусть $E$ и $K−$ проекции точки $O$ на прямые $BC$ и $SC$ соответственно. Пусть $OE = x,OA1 = OB1 =OC1 = R$ — радиус сферы.

$PIC$

Так как $OE$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$ , а $OB1 ⊥ AB,$ то по теореме о трёх перпендикулярах получаем $B1E$ $⊥AB$ . Аналогично $C1E ⊥ AC.$ Из равенства прямоугольных треугольников $OB1E$ и $OC1E$ следует, что $B1E = C1E.$ Из равенства прямоугольных треугольников $BB1E$ и $CC1E ($ так как $∠B = ∠C = π3)$ получаем, что $BE = CE =b =4.$ Тогда $√ - B1B = b2 = C1C,C1A= B1A = 32b,B1E = b23.$ Кроме того, из равенств отрезков касательных, проведённых к сфере из точки $A,$ следует, что $AA1 = AB1 = 32b= 6$ Для нахождения $x$ и $R$ выразим $SO$ из треугольников $SKO$ и $SOA1.$ Так как $OK = CE =b$ и $SK = h− x,$ то $SO2 =(h− x)2 +b2 = OA21+ SA21,$ где $OA21 = R2 = OE2+ B1E2 =x2+ 34b2,SA1 = SA− AA1 = √h2-+4b2− 32b.$ Следовательно, $( ) (h− x)2 +b2 = x2+ 34b2+ √h2-+4b2− 32b,$ откуда получаем