Задача 116515

Темы:    [ Теорема Пифагора (прямая и обратная) ] [ Площадь треугольника (прочее) ] [ Перпендикулярность прямой и плоскости (прочее) ]

Сложность: 2+ Классы: 10,11

Условие

В пространстве заданы три луча: DA, DB и DC, имеющие общее начало D, причём ∠ADB = ∠ADC = ∠BDC = 90°. Сфера пересекает луч DA в точках A₁ и A₂, луч DB – в точках B₁ и B₂, луч DC – в точках C₁ и C₂. Найдите площадь треугольника A₂B₂C₂, если площади треугольников DA₁B₁, DA₁C₁, DB₁C₁ и DA₂B₂ равны соответственно , 10, 6 и 40.

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 , , . Обозначим OX = a, OY = b, OZ = c. Тогда

перемножив почленно два первых уравнения системы и разделив результат на третье, получим, что .

Пусть . Докажем, что T² = S² + P² + Q². Для этого опустим перпендикуляр OF из вершины O на ребро YZ. Ребро OX перпендикулярно плоскости грани OYZ, так как OX ⊥ OY и OX ⊥ OZ по условию задачи. Тогда прямая YZ перпендикулярна плоскости OXF, значит XF ⊥ YZ, т.е. XF – высота треугольника XYZ. Из прямоугольных треугольников YOZ и XOF находим, что

Значит,

Следовательно, T² = S² + P² + Q². Что и требовалось доказать.

Перейдём к нашей задаче (рис.2). Проведём сечение сферы плоскостью DA₁B₁. Получим окружность и две секущие DA₁A₂ и DB₁B₂, проведённые к ней из точки D, лежащей вне окружности. Тогда DA₁· DA₂ = DB₁·DB₂. Аналогично докажем, что DA₁·DA₂ = DC₁·DC₂. Кроме того,

значит,

откуда

Аналогично,

Следовательно,

Ответ

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8686