Математическая задача по стереометрии: призма, шар и трапеция, 10-11 класс

Задача

Нижним основанием призмы ABCA1B1C1с боковыми рёбрами AA1, BB1, CC1является правильный треугольник ABC со стороной2a . 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 , A1, C1равен2a . Найдите объём призмы. (Найдите все решения).

Решение

Пусть A2, B2и C2– ортогональные проекции вершин соответственно A1, B1и C1на плоскость основания ABC . Проекция призмы на плоскость ABC является трапецией с боковой стороной AB , если либо точки A2и C2лежат на луче AC (рис.1), либо точки B2и C2лежат на луче BC (рис.2).

Рассмотрим первый из этих случаев. Обозначим BB2=x . Четырёхугольники ABB2A2и BB2C2C – параллелограммы, поэтому AA2=BB2=CC2=x . Высота трапеции ABB2C2равна высоте равностороннего треугольника ABC , полусумма оснований этой трапеции равна (x+x+2a) = x+a , а т.к. площадь трапеции вдвое больше площади треугольника ABC , то x+a=2a , откуда AA2 = x=a , т.е. проеция вершины A1– середина стороны AC основания ABC . Сфера проходит через точки A и B , поэтому её центр лежит в плоскости α , проходящей через середину E отрезка AB перпендикулярно AB . Аналогично, центр сферы лежит в плоскости β , проходящей через середину F отрезка A1C1перпендикулярно A1C1. Посокольку EC AB и FC A2C2и C – середина A2C2, эти две плоскости пересекаются по прямой FC . Следовательно, центр сферы лежит на прямой FC , а т.к. расстояния от точки C до вершин A и B равны2a , т.е. радиусу сферы, то центр сферы есть точка C . Тогда CC1 = CA1=2a и

CF= = = a,

V_ABCA1B1C1 = S_{Δ ABC}· FC = · a = a3.

Рассмотрим второй случай. Аналогично предыдущему находим, что AA2=BB2=CC2 = a . Центр сферы лежит на прямой MM1пересечения плоскостей α и β , перпендикулярных плоскости ABC , значит, прямая MM1также перпендикулярна плоскости ABC . Пусть точка M лежит в плоскости ABC , а точка M1– в плоскости A1B1C1. Заметим, что точка M лежит пересечении высот CE и B2F2равносторонних треугольников ABC и A2B2C2. При этом EF2– средняя линия трапеции ABC2A2, поэтому EF=(BC2+AA2) = (3a+a) = 2a . Из подобия треугольников CMB2и EMF2следует, что = = 2. Поэтому

OM1=OM2=MM1, MF2 = B2F2 = · = .

Пусть O - центр сферы. Тогда OC1=OA = 2a , а т.к. MM1C1C2– прямоугольник, то M1C1=MC2=MB=MA , значит, прямоугольные треугольники OM1C1и OMA равны по катету и гипотенузе. Следовательно, MO=OM1 = MM1.

Из прямоугольного треугольника MC2F2находим, что

MC2 = = = .