9066. В основании прямой призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
лежит трапеция ABCD
, в которой AB=BC=CD=2
, AD=4
. Точки K
, L
, M
лежат на отрезках A_{1}B
, B_{1}C
, C_{1}D
соответственно, причём \frac{A_{1}K}{KB}=\frac{B_{1}L}{LC}=\frac{C_{1}M}{MD}=\frac{5}{3}
. Сфера радиуса R=2
касается прямых A_{1}B
, B_{1}C
, C_{1}D
в точках K
, L
, M
соответственно. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника KLM
, расстояние от центра сферы до плоскости KLM
и объём призмы.
Ответ. \frac{7}{4}
, \frac{\sqrt{15}}{4}
, \frac{6\sqrt{5}}{5}
.
Решение. Точки K
, L
и M
удалены от плоскости основания ABCD
призмы на одно и то же расстояние, равное четверти высоты призмы, значит, они лежат в плоскости \Pi
, параллельной основанию.
Пусть A'
, B'
, C'
, D'
, — ортогональные проекции точек соответственно A
, B
, C
, D
на плоскость \Pi
. Тогда эти точки K
, L
, M
лежат на сторонах соответственно A'B'
, B'C'
, C'D'
трапеции A'B'C'D'
, равной трапеции ABCD
, причём \frac{A'K}{KB'}=\frac{B'L}{LC'}=\frac{C'M}{MD'}=\frac{5}{3}
. Значит,
KB'=\frac{3}{8}A'B'=\frac{3}{4},~B'L=\frac{5}{8}B'C'=\frac{5}{4},~C'L=\frac{3}{8}B'C'=\frac{3}{4},~C'M=\frac{5}{8}C'D'=\frac{5}{4}.
Пусть D'E
— высота трапеции A'B'C'D'
. Тогда
A'E=\frac{A'D'-B'C'}{2}=\frac{4-2}{2}=1
(см. задачу 1921), поэтому катет A'E
прямоугольного треугольника B'A'E
равен половине гипотенузы A'B'
. Следовательно,
\angle A'B'E=30^{\circ},~\angle B'A'E=60^{\circ},~\angle B'C'D'=\angle A'B'C'=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.
1) Треугольники KB'L
и LC'M
равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому KL=LM
. Кроме того,
\angle B'LK+\angle C'LM=\angle B'LK+\angle B'KL=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
значит,
\angle KLM=180^{\circ}-(\angle B'LK+\angle C'LM)=120^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.
Таким образом, KLM
— равнобедренный треугольник с углом 120^{\circ}
при вершине.
По теореме косинусов находим, что
KL=\sqrt{KB'^{2}+LB'^{2}-2KB'\cdot LB'\cos120^{\circ}}=\sqrt{\frac{9}{16}+\frac{25}{16}+\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{4}}=\frac{7}{4}.
Пусть r
— радиус окружности, описанной около треугольника KLM
. По теореме синусов
r=\frac{KL}{2\sin30^{\circ}}=\frac{7}{4},
2) Пусть O
— центр сферы, о которой говорится в условии задачи. Сфера проходит через точки K
, L
и M
, поэтому O
— вершина треугольной пирамиды OKLM
с равными боковыми рёбрами OK
, OL
и OM
. Высота такой пирамиды проходит через центр Q
окружности, описанной около основания KLM
(см. задачу 7163). Из прямоугольного треугольника OQK
находим, что
OQ=\sqrt{OK^{2}-QK^{2}}=\sqrt{R^{2}-r^{2}}=\sqrt{4-\frac{49}{16}}=\frac{\sqrt{15}}{4}.
3) Пусть P
и N
— середины A'D'
и B'C'
соответственно. Тогда
NP=B'E=\sqrt{3},~NL=NC'-LC'=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4},
LP=\sqrt{NP^{2}+NL^{2}}=\sqrt{3+\frac{1}{16}}=\frac{7}{4}.
По теореме косинусов
PM=\sqrt{PD'^{2}+D'M^{2}-2PD\cdot D'M\cos60^{\circ}}=\sqrt{4+\frac{9}{16}-2\cdot2\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{7}{4},
PK=\sqrt{A'P^{2}+A'K^{2}-2A'P\cdot A'K\cos60^{\circ}}=\sqrt{4+\frac{25}{16}-2\cdot2\cdot\frac{5}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{7}{4},
значит, PM=PK=PL=r
. Следовательно, точка P
совпадает с центром Q
окружности, описанной около треугольника KLM
, а центр O
сферы, лежит в плоскости AA_{1}D_{1}D
.
Пусть H
— ортогональная проекция точки Q
(O
) на плоскость основания ABCD
. Обозначим через h
— высоту призмы. Тогда либо OH=QH+OQ=\frac{3}{8}h+\frac{\sqrt{15}}{4}
, либо OH=QH-OQ=\frac{3}{8}h-\frac{\sqrt{15}}{4}
.
Треугольник ABH
равносторонний, так как AB=AH=2
и \angle BAH=60^{\circ}
, поэтому BH=2
. Из прямоугольного треугольника OBH
находим, что
OB^{2}=OH^{2}+BH^{2}=\left(\frac{3}{8}h\pm\frac{\sqrt{15}}{4}\right)^{2}+4=\frac{1}{64}(3h\pm2\sqrt{15})^{2}+4.
Радиус OK
сферы, проведённый в точку касания сферы с прямой A_{1}B
, перпендикулярен A_{1}B
, значит, треугольник OKB
прямоугольный. Треугольник A_{1}A'K
подобен треугольнику A_{1}AB
с коэффициентом \frac{A_{1}K}{A_{1}B}=\frac{5}{8}
, значит,
KB=\frac{3}{8}A_{1}B=\frac{3}{8}\sqrt{AA_{1}^{2}+AB^{2}}=\frac{3}{8}\sqrt{h^{2}+4},
OB^{2}=BK^{2}+OK^{2}=\frac{9}{64}(h^{2}+4)+4.
Следовательно,
\frac{1}{64}(3h\pm2\sqrt{15})^{2}+4=\frac{9}{64}(h^{2}+4)+4,~9h^{2}\pm12\sqrt{15}+60=9h^{2}+36,~h=\pm\frac{2}{\sqrt{15}},
а так как h\gt0
, то h=\frac{2}{\sqrt{15}}
.
Пусть V
— объём призмы ABCDA_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
. Тогда
V=S_{ABCD}\cdot h=S_{A'B'C'D'}\cdot h=\frac{A'D'+B'C'}{2}\cdot B'E\cdot h=3\cdot\sqrt{3}\cdot\frac{2}{\sqrt{15}}=\frac{6}{\sqrt{5}}.