7823. В правильной пирамиде SMNPQ
(S
— вершина) точки H
и F
— середины рёбер MN
и NP
соответственно, точка E
лежит на отрезке SH
, причём SH=3
, SE=\frac{9}{4}
. Расстояние от точки S
до прямой EF
равно \sqrt{5}
. Найдите объём пирамиды.
Дана сфера радиуса 1 с центром в точке S
. Рассматриваются всевозможные правильные тетраэдры ABCD
такие, что точки C
и D
лежат на прямой EF
, а прямая AB
касается сферы в одной из точек отрезка AB
. Найдите наименьшее значение длины ребра рассматриваемых тетраэдров.
Ответ. V=4\sqrt{6}
или V=\frac{20\sqrt{22}}{9\sqrt{3}}
; a_{\min}=\frac{2\sqrt{2}(\sqrt{7}-1)}{3}
.
Решение. Пусть K
— середина FH
(рис. 1), G
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины S
на прямую FE
, L
— основание перпендикуляра, опущенного из точки E
на FH
, FT
— высота треугольника SFH
. Положим HF=2x
. Поскольку пирамида SMNPQ
правильная, SF=SH=3
. Поэтому
SK=\sqrt{SH^{2}-KH^{2}}=\sqrt{9-x^{2}},~FT=\frac{FH\cdot SK}{SH}=\frac{2x\sqrt{9-x^{2}}}{3},
EL=SK\cdot\frac{EH}{SH}=\sqrt{9-x^{2}}\cdot\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{9-x^{2}}}{4},
HL=\frac{1}{4}KH=\frac{x}{4},~FL=FH-HL=\frac{7x}{4},
FE=\sqrt{EL^{2}+FL^{2}}=\sqrt{\frac{49x^{2}}{16}+\frac{9-x^{2}}{16}}=\frac{\sqrt{49x^{2}+9-x^{2}}}{4}=\frac{\sqrt{48x^{2}+9}}{4},
а так как FE\cdot SG=SE\cdot FT
(удвоенная площадь треугольника SEF
), имеем уравнение
\frac{\sqrt{48x^{2}+9}}{4}\cdot\sqrt{5}=\frac{9}{4}\cdot\frac{2x\sqrt{9-x^{2}}}{3}.
После очевидных преобразований получим уравнение
36x^{4}-84x^{2}+45=0,
откуда x=\sqrt{\frac{3}{2}}
или x=\sqrt{\frac{5}{6}}
.
Пусть SO
— высота пирамиды SMNPQ
. Обозначим через a
сторону квадрата MNPQ
. Тогда
2x=FH=\frac{1}{2}MP=\frac{a\sqrt{2}}{2},~a=2x\sqrt{2},
SO=\sqrt{SH^{2}-OH^{2}}=\sqrt{9-\frac{a^{2}}{4}}=\sqrt{9-2x^{2}}.
Если x=\sqrt{\frac{3}{2}}
, то
a=2\sqrt{3},~S_{MNPQ}=a^{2}=12,~SO=\sqrt{6}.
Следовательно,
V_{SMNPQ}=\frac{1}{3}S_{MNPQ}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot12\cdot\sqrt{6}=4\sqrt{6}.
Если x=\sqrt{\frac{5}{6}}
, то
a=\frac{2\sqrt{5}}{\sqrt{3}},~S_{MNPQ}=a^{2}=\frac{20}{3},~SO=\frac{\sqrt{22}}{\sqrt{3}}.
Следовательно,
V_{SMNPQ}=\frac{1}{3}S_{MNPQ}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot\frac{20}{3}\cdot\frac{\sqrt{22}}{\sqrt{3}}=\frac{20\sqrt{22}}{9\sqrt{3}}.
Пусть вершины C
и D
правильного тетраэдра ABCD
лежат на прямой EF
(рис. 2), а вершины A
и B
— на прямой, касающейся данной сферы в точке X
, лежащей на отрезке AB
. Так как противоположные рёбра правильного тетраэдра перпендикулярны, то CD\perp AB
. Через прямую AB
проведём плоскость, перпендикулярную прямой EF
(рис. 3). Эта плоскость пересекает сферу по окружности радиуса r\leqslant1
с центром S_{1}
, а прямую EF
— в некоторой точке Y
. Пусть b
— ребро тетраэдра ABCD
. Тогда расстояние между прямыми CD
и AB
равно \frac{b}{\sqrt{2}}
. Это расстояние равно длине перпендикуляра YZ
, опущенного из точки Y
на прямую AB
.
Обозначим YZ=t
, \angle YS_{1}X=\alpha
. Опустим перпендикуляр YU
из точки Y
на прямую S_{1}X
. Из прямоугольного треугольника S_{1}YU
находим, что
r+t=S_{1}X+XU=S_{1}U=S_{1}Y\cos\alpha=\sqrt{5}\cos\alpha,
откуда t=\sqrt{5}\cos\alpha-r
. Поскольку при увеличении угла косинус убывает, наименьшее значение величина t
принимает при наибольшем возможном \alpha
. Значит, перпендикуляр YZ
наименьший, если точка X
совпадает с точкой A
или с точкой B
. В этом случае будет наименьшим и ребро тетраэдра ABCD
при данном r\leqslant1
.
Пусть прямая AB
касается окружности с центром S_{1}
в точке A
(рис. 4). Опустим перпендикуляр YV
из точки Y
на прямую S_{1}A
. В прямоугольном треугольнике S_{1}VY
известно, что
S_{1}Y=\sqrt{5},~YV=AZ=\frac{b}{2},~S_{1}V=S_{1}A+AV=S_{1}A+YZ=r+\frac{b}{\sqrt{2}}.
По теореме Пифагора
S_{1}V^{2}+YV^{2}=S_{1}Y^{2},~\mbox{или}~\left(r+\frac{b}{\sqrt{2}}\right)^{2}+\frac{b^{2}}{4}=5.
После очевидных преобразований получим квадратное уравнение
3b^{2}+4br\sqrt{2}+4r^{2}-20=0.
Так как r\leqslant1
, это уравнение имеет единственный положительный корень
b=\frac{2}{3}(\sqrt{15-r^{2}}-r\sqrt{2}).
Полученное выражение принимает наименьшее значение при наибольшем возможном r
, т. е. при r=1
. В этом случае
b=\frac{2}{3}(\sqrt{14}-\sqrt{2})=\frac{2}{3}\sqrt{2}(\sqrt{7}-1).