14101. Дана правильная призма ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
с основанием ABCD
. Плоскости \alpha
и \beta
перпендикулярны прямой B_{1}D
и проходят через вершины A
и D_{1}
соответственно. Пусть F
и H
соответственно — точки пересечения плоскостей \alpha
и \beta
с диагональю B_{1}D
, при этом DF\lt DH
.
а) Найдите отношение B_{1}D:DF
.
б) Пусть дополнительно известно, что некоторая сфера радиуса 3 касается всех боковых граней призмы, а также плоскостей \alpha
и \beta
. Найдите отрезок B_{1}D
и объём призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
.
Ответ. а) 2:1
; б) B_{1}D=3(1+\sqrt{13})
, V=108\sqrt{6+2\sqrt{13}}
.
Решение. а) По теореме о трёх перпендикулярах AC\perp B_{1}D
, значит прямая AC
лежит в плоскости \alpha
, проходящей через вершину A
перпендикулярно B_{1}D
. Тогда плоскость \alpha
проходит через через центр O
грани ABCD
. Отрезки B_{1}H
и DF
— проекции параллельных отрезков B_{1}D_{1}
и DO
на прямую B_{1}D
, причём B_{1}D_{1}=2DO
. Следовательно,
B_{1}H:DF=B_{1}D_{1}:DO=2:1.
б) Поскольку сфера радиуса r=3
касается всех боковых граней призмы, её проекция на основание есть окружность, вписанная в это основание. Значит, AB=2r=6
. Кроме того, \alpha
и \beta
— это две параллельные плоскости, касающиеся сферы, поэтому расстояние между ними равно диаметру сферы, т. е. 6, а так как B_{1}D\perp\alpha
, то это расстояние равно длине отрезка HF
. Значит, HF=6
.
Обозначим B_{1}D=d
. Поскольку D_{1}H
— высота прямоугольного треугольника B_{1}D_{1}D
, проведённая из вершины прямого угла,
B_{1}H=\frac{B_{1}D_{1}^{2}}{B_{1}D}=\frac{(6\sqrt{2})^{2}}{d}=\frac{72}{d}
(см. задачу 2728), откуда
DF=\frac{1}{2}B_{1}H=\frac{36}{d},~HF=B_{1}D-B_{1}H-DF=d-\frac{72}{d}-\frac{36}{d}=d-\frac{108}{d}.
Получаем уравнение d-\frac{108}{d}=6
, или d^{2}-6d-108=0
, из которого находим, что d=3(1+\sqrt{13})
(так как d\gt0
).
Пусть высота данной призмы равна h
, а объём призмы равен V
. Тогда
h=BB_{1}=\sqrt{B_{1}D^{2}-BD^{2}}=\sqrt{9(14+2\sqrt{13})-72}=3\sqrt{6+2\sqrt{13}},
V=AB^{2}\cdot h=36\cdot3\sqrt{6+2\sqrt{13}}=108\sqrt{6+2\sqrt{13}}.