Задача 87292

Темы:    [ Сфера, касающаяся ребер или сторон пирамиды ] [ Касательные к сферам ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

Основанием треугольной пирамиды ABCD является треугольник ABC , в котором A = , C = , BC = 2 . Рёбра AD , BD , CD равны между собой. Сфера радиуса 1 касается рёбер AD , BD , продолжения ребра CD за точку D и плоскости ABC . Найдите отрезок касательной, проведённой из точки A к сфере.

Решение

Поскольку боковые рёбра DA , DB и DC треугольной пирамиды ABCD равны, её высота, проведённая из вершины D , проходит через центр H описанной около основания ABC окружности, а т.к. треугольник ABC прямоугольный, то точка H – середина его гипотенузы BC . Кроме того, плоскость грани BCD перпендикулярна плоскости основания пирамиды, т.к. она проходит через перпендикуляр DH к этой плоскости. Пусть с сфера с центром O и радиусом 1 касается плоскости основания ABC в точке M , а прямых DC , DA и DB – в точках P , Q и R соответственно. Рассмотрим сечение сферы плоскостью грани BCD . Получим окружность с центром в некоторой точке O1 , вписанную в угол PDR Поскольку треугольник BDC равнобедренный, биссектриса его внешнего угла PDR при вершине параллельна основаниию BC . Значит, прямая DO1 параллельна плоскости основания пирамиды. Пусть F – ортогональная проекция точки O1 на прямую BC . Тогда O1F – перпендикуляр к плоскости основания ABC , а т.к. OO1 – перпендикуляр к плоскости грани BCD , то DH = O1F = OM = 1 . Из прямоугольного треугольника BHD находим, что

DB = = = .
Обозначим AM = x . Тогда AQ = AM = x как отрезки касательных, проведённых к сфере из точки A . Поэтому
DR = DQ = DA - AQ = - x,

BM = BR = DB - DR = - ( - x) = x,

DP = DR = - x.
Из равенства MA = MB следует, что точка M лежит на серединном перпендикуляре к стороне AB треугольника ABC , т.е. на средней линии HE этого треугольника или на её продолжении. Тогда либо MH = EH + EM , либо MH = EH - EM . В первом случае имеем:
MH = OD = = = ,

EH = AC = BC cos 30^o = ,

EM = = = ,

= + .
Из полученного уравнения находим, что x = - 1 . Во втором случае
= - .
Корни этого уравнения не удовлетворяют условию задачи.

Поскольку боковые рёбра DA , DB и DC треугольной пирамиды ABCD равны, её высота, проведённая из вершины D , проходит через центр H описанной около основания ABC окружности, а т.к. треугольник ABC прямоугольный, то точка H – середина его гипотенузы BC . Кроме того, плоскость грани BCD перпендикулярна плоскости основания пирамиды, т.к. она проходит через перпендикуляр DH к этой плоскости. Пусть с сфера с центром O и радиусом 1 касается плоскости основания ABC в точке M , а прямых DC , DA и DB – в точках P , Q и R соответственно. Рассмотрим сечение сферы плоскостью грани BCD . Получим окружность с центром в некоторой точке O1 , вписанную в угол PDR . Поскольку треугольник BDC равнобедренный, биссектриса его внешнего угла PDR при вершине параллельна основаниию BC . Значит, прямая DO1 параллельна плоскости основания пирамиды. Пусть F – ортогональная проекция точки O1 на прямую BC . Тогда O1F – перпендикуляр к плоскости основания ABC , а т.к. OO1 – перпендикуляр к плоскости грани BCD , то DH = O1F = OM = 1 . Из прямоугольного треугольника BHD находим, что
DB = = = .
Отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки, равны, поэтому
DR = DP = DQ, AM = AQ = DA - DQ, BM = BR = BD - DR,
значит, AM = BM . Поэтому точка M лежит на серединном перпендикуляре к стороне AB треугольника ABC , т.е. на средней линии HE этого треугольника или на её продолжении. Значит, MH || AC . Стороны равнобедренного треугольника ADC равны , и . Значит, этот треугольник прямоугольный, причём ACD = 45^o . Так как OD || MH || AC , ODP = ACD = 45^o . Поэтому DQ = DP = 1 . Следовательно, AM = AQ = AD - DQ = - 1 .

Ответ

- 1 .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
неизвестно
Номер	7763