7763. Основанием треугольной пирамиды ABCD
является треугольник ABC
, в котором \angle A=\frac{\pi}{2}
, \angle C=\frac{\pi}{6}
, BC=2\sqrt{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.
Ответ. \sqrt{3}-1
.
Указание. Пусть M
— точка касания данной сферы с плоскостью грани ABC
, H
— середина BC
. Докажите, что BH
— высота пирамиды, DH=OM
, а точка M
лежит на прямой, проходящей через середины сторон BC
и AB
треугольника ABC
.
Решение. Первый способ. 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 так как треугольник ABC
прямоугольный, то точка H
— середина его гипотенузы BC
. Кроме того, плоскость грани BCD
перпендикулярна плоскости основания пирамиды, так как 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 O_{1}
, вписанную в угол PDR
Поскольку треугольник BDC
равнобедренный, биссектриса его внешнего угла PDR
при вершине параллельна основанию BC
. Значит, прямая DO_{1}
параллельна плоскости основания пирамиды. Пусть F
— ортогональная проекция точки O_{1}
на прямую BC
. Тогда O_{1}F
— перпендикуляр к плоскости основания ABC
, а так как OO_{1}
— перпендикуляр к плоскости грани BCD
, то DH=O_{1}F=OM=1
.
Из прямоугольного треугольника BHD
находим, что
DB=\sqrt{DH^{2}+BH^{2}}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}.
Обозначим AM=x
. Тогда AQ=AM=x
как отрезки касательных, проведённых к сфере из точки A
. Поэтому
DR=DQ=DA-AQ=\sqrt{3}-x,
BM=BR=DB-DR=\sqrt{3}-(\sqrt{3}-x)=x,
DP=DR=\sqrt{3}-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=\sqrt{OP^{2}+DP^{2}}=\sqrt{1+(\sqrt{3}-x)^{2}}=\sqrt{x^{2}-2x\sqrt{3}+4},
EH=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BC\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{6}}{2},
EM=\sqrt{AM^{2}-AE^{2}}=\sqrt{x^{2}-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{x^{2}-\frac{1}{2}},
\sqrt{x^{2}-2x\sqrt{3}+4}=\sqrt{x^{2}-\frac{1}{2}}+\frac{\sqrt{6}}{2}.
Из полученного уравнения находим, что x=\sqrt{3}-1
.
Во втором случае
\sqrt{x^{2}-2x\sqrt{3}+4}=\frac{\sqrt{6}}{2}-\sqrt{x^{2}-\frac{1}{2}}.
Корни этого уравнения не удовлетворяют условию задачи.
Второй способ. 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 так как треугольник ABC
прямоугольный, то точка H
— середина его гипотенузы BC
. Кроме того, плоскость грани BCD
перпендикулярна плоскости основания пирамиды, так как 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 O_{1}
, вписанную в угол PDR
. Поскольку треугольник BDC
равнобедренный, биссектриса его внешнего угла PDR
при вершине параллельна основанию BC
. Значит, прямая DO_{1}
параллельна плоскости основания пирамиды. Пусть F
— ортогональная проекция точки O_{1}
на прямую BC
. Тогда O_{1}F
— перпендикуляр к плоскости основания ABC
, а так как OO_{1}
— перпендикуляр к плоскости грани BCD
, то DH=O_{1}F=OM=1
.
Из прямоугольного треугольника BHD
находим, что
DB=\sqrt{DH^{2}+BH^{2}}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}.
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\parallel AC
.
Стороны равнобедренного треугольника ADC
равны \sqrt{3}
, \sqrt{3}
и \sqrt{6}
. Значит, этот треугольник прямоугольный, причём \angle ACD=45^{\circ}
. Так как OD\parallel MH\parallel AC
, \angle ODP=\angle ACD=45^{\circ}
. Поэтому DQ=DP=1
. Следовательно, AM=AQ=AD-DQ=\sqrt{3}-1
.