9067. 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}=2
. 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{2\sqrt{7}}{3}
, \frac{2\sqrt{2}}{3}
, \frac{3\sqrt{6}}{2}
.
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'}=2
. Значит,
KB'=\frac{1}{3}A'B'=\frac{2}{3},~B'L=\frac{2}{3}B'C'=\frac{4}{3},~C'L=\frac{1}{3}B'C'=\frac{2}{3},~C'M=\frac{2}{3}C'D'=\frac{4}{3}.
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{4}{9}+\frac{16}{9}+\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}}=\frac{2\sqrt{7}}{3}.
Пусть r
— радиус окружности, описанной около треугольника KLM
. По теореме синусов
r=\frac{KL}{2\sin30^{\circ}}=\frac{2\sqrt{7}}{3},
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{28}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.
3) Пусть P
и N
— середины A'D'
и B'C'
соответственно. Тогда
NP=B'E=\sqrt{3},~NL=NC'-LC'=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3},
LP=\sqrt{NP^{2}+NL^{2}}=\sqrt{3+\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{7}}{3}.
По теореме косинусов
PM=\sqrt{PD'^{2}+D'M^{2}-2PD\cdot D'M\cos60^{\circ}}=\sqrt{4+\frac{4}{9}-2\cdot2\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{3},
PK=\sqrt{A'P^{2}+A'K^{2}-2A'P\cdot A'K\cos60^{\circ}}=\sqrt{4+\frac{16}{9}-2\cdot2\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{3},
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{1}{3}h+\frac{2\sqrt{2}}{3}
, либо OH=QH-OQ=\frac{1}{3}h-\frac{2\sqrt{2}}{3}
.
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{1}{3}h\pm\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^{2}+4=\frac{1}{9}(h\pm2\sqrt{2})^{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{2}{3}
, значит,
KB=\frac{1}{3}A_{1}B=\frac{1}{3}\sqrt{AA_{1}^{2}+AB^{2}}=\frac{1}{3}\sqrt{h^{2}+4},
OB^{2}=BK^{2}+OK^{2}=\frac{1}{9}(h^{2}+4)+4.
Следовательно,
\frac{1}{9}(h\pm2\sqrt{2})^{2}+4=\frac{1}{9}(h^{2}+4)+4,~h^{2}\pm4h\sqrt{2}+8=h^{2}+4,~h=\pm\frac{1}{\sqrt{2}},
а так как h\gt0
, то h=\frac{1}{\sqrt{2}}
.
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{1}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{6}}{2}.