8984. Нижним основанием призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
с боковыми рёбрами AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
является правильный треугольник ABC
со стороной 2a
. Проекцией призмы на плоскость основания является трапеция с боковой стороной AB
и площадью, в два раза большей площади основания. Радиус шара, проходящего через вершины A
, B
, A_{1}
, C_{1}
равен 2a
. Найдите объём призмы. (Найдите все решения.)
Ответ. 3a^{3}
, 2\sqrt{5}a^{3}
.
Решение. Пусть A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
— ортогональные проекции вершин соответственно A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
на плоскость основания ABC
. Проекция призмы на плоскость ABC
является трапецией с боковой стороной AB
, если либо точки A_{2}
и C_{2}
лежат на луче AC
(рис. 1), либо точки B_{2}
и C_{2}
лежат на луче BC
(рис. 2).
Рассмотрим первый из этих случаев. Обозначим BB_{2}=x
. Четырёхугольники ABB_{2}A_{2}
и BB_{2}C_{2}C
— параллелограммы, поэтому AA_{2}=BB_{2}=CC_{2}=x
. Высота трапеции ABB_{2}C_{2}
равна высоте равностороннего треугольника ABC
, полусумма оснований этой трапеции равна \frac{1}{2}(x+x+2a)=x+a
, а так как площадь трапеции вдвое больше площади треугольника ABC
, то x+a=2a
, откуда AA_{2}=x=a
, т. е. проекция вершины A_{1}
— середина стороны AC
основания ABC
. Сфера проходит через точки A
и B
, поэтому её центр лежит в плоскости \alpha
, проходящей через середину E
отрезка AB
перпендикулярно AB
(рис. 3). Аналогично, центр сферы лежит в плоскости \beta
, проходящей через середину F
отрезка A_{1}C_{1}
перпендикулярно A_{1}C_{1}
. Поскольку EC\perp AB
и FC\perp A_{2}C_{2}
и C
— середина A_{2}C_{2}
, эти две плоскости пересекаются по прямой FC
. Следовательно, центр сферы лежит на прямой FC
, а так как расстояния от точки C
до вершин A
и B
равны 2a
, т. е. радиусу сферы, то центр сферы есть точка C
. Тогда CC_{1}=CA_{1}=2a
и
CF=\sqrt{CC_{1}^{2}-C_{1}F^{2}}=\sqrt{4a^{2}-a^{2}}=a\sqrt{3},
V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot FC=\frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=3a^{3}.
Рассмотрим второй случай. Аналогично предыдущему находим, что AA_{2}=BB_{2}=CC_{2}=a
. Центр O
сферы лежит на прямой MM_{1}
пересечения плоскостей \alpha
и \beta
, перпендикулярных плоскости ABC
, значит, прямая MM_{1}
также перпендикулярна плоскости ABC
(рис. 4). Пусть точка M
лежит в плоскости ABC
, а точка M_{1}
— в плоскости A_{1}B_{1}C_{1}
. Заметим, что точка M
лежит пересечении высот CE
и B_{2}F_{2}
равносторонних треугольников ABC
и A_{2}B_{2}C_{2}
. При этом EF_{2}
— средняя линия трапеции ABC_{2}A_{2}
, поэтому EF_{2}=\frac{1}{2}(BC_{2}+AA_{2})=\frac{1}{2}(3a+a)=2a
. Из подобия треугольников CMB_{2}
и EMF_{2}
следует, что \frac{MF_{2}}{MB_{2}}=\frac{B_{2}C}{EF_{2}}=2
. Поэтому
OM_{1}=OM_{2}=\frac{1}{2}MM_{1},~MF_{2}=\frac{2}{3}B_{2}F_{2}=\frac{2}{3}\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}.
Точка O
— центр сферы, поэтому OC_{1}=OA=2a
, а так как MM_{1}C_{1}C_{2}
— прямоугольник, то M_{1}C_{1}=MC_{2}=MB=MA
, значит, прямоугольные треугольники OM_{1}C_{1}
и OMA
равны по катету и гипотенузе. Следовательно, MO=OM_{1}=\frac{1}{2}MM_{1}
.
Из прямоугольного треугольника MC_{2}F_{2}
находим, что
MC_{2}=\sqrt{MF_{2}^{2}+F_{2}C_{2}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{2a\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+a^{2}}=\frac{a\sqrt{21}}{3}.
Тогда M_{1}C_{1}=MC_{2}=\frac{a\sqrt{21}}{3}
и
OM_{1}=\sqrt{OC_{1}^{2}-M_{1}C_{1}^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}-\left(\frac{a\sqrt{21}}{3}\right)^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{3}}.
Следовательно,
V_{ABCA_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot MM_{1}=\frac{(2a)^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot2\cdot\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{3}}=2a^{3}\sqrt{5}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1971, билет 6, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 71-6-5, с. 148