8686. В пространстве заданы три луча: DA
, DB
и DC
, имеющие общее начало D
, причём \angle ADB=\angle ADC=\angle BDC=90^{\circ}
. Сфера пересекает луч DA
в точках A_{1}
и A_{2}
, луч DB
— в точках B_{1}
и B_{2}
, луч DC
— в точках C_{1}
и C_{2}
. Найдите площадь треугольника A_{2}B_{2}C_{2}
, если площади треугольников DA_{1}B_{1}
, DA_{1}C_{1}
, DB_{1}C_{1}
и DA_{2}B_{2}
равны соответственно \frac{15}{2}
, 10, 6 и 40.
Ответ. 50\sqrt{2}
.
Решение. Докажем сначала следующее утверждение: если рёбра треугольной пирамиды попарно перпендикулярны, то квадрат площади основания равен сумме квадратов площадей боковых граней.
Действительно, пусть OX
, OY
и OZ
— попарно перпендикулярные боковые рёбра треугольной пирамиды OXYZ
с вершиной O
(рис. 1), причём S_{\triangle XOY}=S
, S_{\triangle XOZ}=P
, S_{\triangle YOZ}=Q
. Обозначим OX=a
, OY=b
, OZ=c
. Тогда
\syst{S=\frac{1}{2}ab\\P=\frac{1}{2}ac\\Q=\frac{1}{2}bc.}
перемножив почленно два первых уравнения системы и разделив результат на третье, получим, что a=\sqrt{\frac{2SP}{Q}}
.
Пусть S_{\triangle XYZ}=T
. Докажем, что T^{2}=S^{2}+P^{2}+Q^{2}
. Для этого опустим перпендикуляр OF
из вершины O
на ребро YZ
. Ребро OX
перпендикулярно плоскости грани OYZ
, так как OX\perp OY
и OX\perp OZ
по условию задачи. Тогда прямая YZ
перпендикулярна плоскости OXF
, значит XF\perp YZ
, т. е. XF
— высота треугольника XYZ
. Из прямоугольных треугольников YOZ
и XOF
находим, что
OF=\frac{OY\cdot OZ}{YZ}=\frac{OY\cdot OZ}{\sqrt{OY^{2}+OZ^{2}}}=\frac{bc}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}},
XF=\sqrt{OX^{2}+OF^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{b^{2}c^{2}}{b^{2}+c^{2}}}=\frac{\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}.
Значит,
T=S_{\triangle XYZ}=\frac{1}{2}YZ\cdot XF=\frac{1}{2}\sqrt{b^{2}+c^{2}}\cdot\frac{\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}=
=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}a^{2}b^{2}+\frac{1}{4}a^{2}c^{2}+\frac{1}{4}b^{2}c^{2}}=\sqrt{S^{2}+P^{2}+Q^{2}}.
Следовательно, T^{2}=S^{2}+P^{2}+Q^{2}
. Что и требовалось доказать.
Перейдём к нашей задаче (рис. 2). Проведём сечение сферы плоскостью DA_{1}B_{1}
. Получим окружность и две секущие DA_{1}A_{2}
и DB_{1}B_{2}
, проведённые к ней из точки D
, лежащей вне окружности. Тогда DA_{1}\cdot DA_{2}=DB_{1}\cdot DB_{2}
. Аналогично докажем, что DA_{1}\cdot DA_{2}=DC_{1}\cdot DC_{2}
. Кроме того,
\frac{S_{\triangle DA_{1}B_{1}}}{S_{\triangle DB_{1}C_{1}}}=\frac{DA_{1}\cdot DB_{1}}{DB_{1}\cdot DC_{1}}=\frac{DA_{1}}{DC_{1}},
\frac{S_{\triangle DB_{2}C_{2}}}{S_{\triangle DA_{2}B_{2}}}=\frac{DB_{2}\cdot DC_{2}}{DA_{2}\cdot DB_{2}}=\frac{DC_{2}}{DA_{2}},
значит,
\frac{S_{\triangle DA_{1}B_{1}}}{S_{\triangle DB_{1}C_{1}}}=\frac{S_{\triangle DB_{2}C_{2}}}{S_{\triangle DA_{2}B_{2}}},
откуда
S_{\triangle DB_{2}C_{2}}=S_{\triangle DA_{2}B_{2}}\cdot\frac{S_{\triangle DA_{1}B_{1}}}{S_{\triangle DB_{1}C_{1}}}=40\cdot\frac{\frac{15}{2}}{6}=50.
Аналогично,
S_{\triangle DA_{2}C_{2}}=S_{\triangle DA_{2}B_{2}}\cdot\frac{S_{\triangle DA_{1}B_{1}}}{S_{\triangle DA_{1}C_{1}}}=40\cdot\frac{\frac{15}{2}}{10}=30.
Следовательно,
S_{\triangle A_{2}B_{2}C_{2}}=\sqrt{S^{2}_{\triangle DA_{2}B_{2}}+S^{2}_{\triangle DB_{2}C_{2}}+S^{2}_{\triangle DA_{2}C_{2}}}=\sqrt{40^{2}+50^{2}+30^{2}}=
=10\sqrt{16+25+9}=10\sqrt{50}=50\sqrt{2}.
Источник: Вступительный экзамен на географический факультет МГУ. — 1999 (основной экзамен, июль), № 6, вариант 1