14577. Шар радиуса \frac{4}{9}
лежит внутри правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
со стороной основания 8 и высотой 3. Этот шар касается плоскости основания ABCD
пирамиды и боковых граней SBC
и SCD
. Плоскость \gamma
касается шара, проходит через точку B
, середину K
ребра CD
и пересекает ребро SC
в точке M
. Найдите объём пирамиды MBCK
.
Ответ. \frac{192}{37}
.
Решение. Пусть SH=3
— высота пирамиды. Поскольку данная пирамида правильная, то центр O
шара лежит в плоскости SHC
. Пусть шар касается плоскости основания пирамиды в точке P
, продолжение радиуса OP
пересекает боковое ребро SC
в точке R
, PN
— перпендикуляр к ребру BC
, а E
— точка касания шара с гранью SBC
.
Обозначим \frac{RP}{SH}=\frac{CP}{CH}=k
. Тогда
RP=kSH=3k,~CP=kCH=4k\sqrt{2},~PN=kHN=4k.
Из подобия треугольников ROE
и RPN
получаем
\frac{OE}{PN}=\frac{OR}{PN}~\Rightarrow~\frac{OE}{PN}=\frac{RP-OP}{\sqrt{PN^{2}+RP^{2}}}=~\Rightarrow~\frac{\frac{4}{9}}{4k}=\frac{3k-\frac{4}{9}}{\sqrt{16k^{2}+9k^{2}}}~\Rightarrow~
\frac{1}{9k}=\frac{3k-\frac{4}{9}}{5k}~\Rightarrow~27k-4=5,
откуда k=\frac{1}{3}
.
Пусть F
— точка пересечения AC
и BK
. Треугольник CFK
подобен треугольнику AFB
с коэффициентом \frac{CK}{AB}=\frac{1}{2}
, поэтому CF=\frac{1}{3}AC
, а так как CP=kCH=\frac{1}{3}CH=\frac{1}{6}AC
, то
PF=CF-CP=\frac{1}{3}AC-\frac{1}{6}AC=\frac{1}{6}AC=CF,
т. е. P
— середина отрезка CF
.
Пусть L
и Q
— основания перпендикуляров, опущенный из точек соответственно C
и P
на BK
. Тогда CL
— высот прямоугольного треугольника BCK
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
CL=\frac{BC\cdot CK}{BK}=\frac{8\cdot4}{\sqrt{8^{2}+4^{2}}}=\frac{8}{\sqrt{5}},
а так как PQ
— средняя линия треугольника CFL
, то PQ=\frac{1}{2}CL=\frac{4}{\sqrt{5}}
.
Обозначим \angle OQP=\alpha
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что это половина линейного угла двугранного угла, образованного плоскостями \gamma
и ABCD
. Из прямоугольного треугольника OPQ
находим, что
\tg\alpha=\frac{OP}{PQ}=\frac{\frac{4}{9}}{\frac{4}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{5}}{9}.
Тогда
\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{2\cdot\frac{\sqrt{5}}{9}}{1-\frac{5}{81}}=\frac{9\sqrt{5}}{38}.
Пусть MG
— перпендикуляр к плоскости основания пирамиды, GE
— перпендикуляр к BK
. Тогда точка G
лежит на отрезке CH
. Обозначим \frac{MG}{CH}=n
. Тогда
CG=nCH=4n\sqrt{2},~MG=nSH=3n,
GF=CF-CG=\frac{8\sqrt{2}}{3}-4n\sqrt{2}=\frac{4\sqrt{2}(2-3n)}{3},
GE=\frac{GF}{CF}\cdot CL=\frac{\frac{4\sqrt{2}(2-3n)}{3}}{\frac{8\sqrt{2}}{3}}\cdot\frac{8}{\sqrt{5}}=\frac{4(2n-3)}{\sqrt{5}}.
Значит,
\frac{9}{38}=\tg2\alpha=\frac{MG}{GE}=\frac{3n}{\frac{4(2n-3)}{\sqrt{5}}}=\frac{3n\sqrt{5}}{4(2n-3)},
откуда n=\frac{12}{37}
, а MG=3n=\frac{36}{37}
— высота пирамиды MBCK
. Следовательно,
V_{MBCK}=\frac{1}{3}S_{\triangle BCK}\cdot MG=\frac{1}{3}\cdot\frac{64}{4}\cdot\frac{36}{37}=\frac{192}{37}.