8902. Сфера, вписанная в треугольную пирамиду KLMN
, касается одной из граней пирамиды в центре вписанной в эту грань окружности. Найдите объём пирамиды, если MK=\frac{5}{4}
, \angle NMK=\frac{\pi}{2}
, \angle KML=3\arctg\frac{1}{3}
, \angle NML=\frac{\pi}{2}-\arctg\frac{1}{3}
.
Ответ. \frac{5}{18}
.
Решение. Лемма. Если сфера, вписанная в трёхгранный угол DABC
с вершиной D
, касается граней ADB
и CDB
в точках C_{1}
и A_{1}
соответственно, то \angle BDC_{1}=\angle BDA_{1}
.
Доказательство. Пусть G
— центр сферы, а плоскость, проходящая через пересекающиеся прямые GA_{1}
и GC_{1}
, пересекает ребро DB
в точке T
(рис. 1). Тогда прямая DB
перпендикулярна двум пересекающимся прямым GA_{1}
и GC_{1}
этой плоскости, поэтому A_{1}T\perp DB
и C_{1}T\perp DB
, а так как DA_{1}=DC_{1}
(как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки), то прямоугольные треугольники DTA_{1}
и DTC_{1}
равны по катету и гипотенузе. Следовательно, \angle TDA_{1}=\angle TDC_{1}
. Что и требовалось доказать.
По формуле
\tg3\alpha=\tg(\alpha+2\alpha)=\frac{\tg\alpha+\tg2\alpha}{1-\tg\alpha\tg2\alpha}=\frac{\tg\alpha+\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}}{1-\frac{2\tg^{2}\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}}=\frac{3\tg\alpha-\tg^{3}\alpha}{1-3\tg^{2}\alpha}
находим, что
\tg\angle KML=\tg\left(3\arctg\frac{1}{3}\right)=\frac{3\tg\arctg\frac{1}{3}-\tg^{3}\arctg\frac{1}{3}}{1-3\tg^{2}\arctg\frac{1}{3}}=\frac{3\cdot\frac{1}{3}-\left(\frac{1}{3}\right)^{3}}{1-3\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^{2}}=\frac{1-\frac{1}{27}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{13}{9}.
Назовём грань, которой сфера касается в центре вписанной окружности, основанием пирамиды и докажем, что точка M
не может быть вершиной основания. Действительно, пусть это не так, т. е. сфера с центром O
касается, например, грани MKL
в центре Q
её вписанной окружности (рис. 2), а граней MLN
и MKN
— в точках E
и F
соответственно. Тогда по лемме \angle KMF=\angle KMQ
и \angle NME=\angle NMF
, а так как MQ
— биссектриса угла KML
, то
\angle KMN=\angle KMF+\angle NMF=\angle KMQ+\angle NME=
=\angle LMQ+\angle NME=\angle EML+\angle NME=\angle LMN.
По условию задачи все плоские углы пирамиды KLMN
при вершине M
различны, следовательно, точка M
не может быть вершиной основания. Аналогично для вершин K
и L
.
Таким образом, сфера касается грани KLN
в центре P
вписанной окружности треугольника KLN
. Тогда
\angle MKL=\angle MKN,~\angle MLK=\angle MLN,~\angle MNL=\angle MNK.
Пусть X
, Y
и Z
— точки касания сферы с гранями KLM
, LMN
и KMN
соответственно (рис. 3). Обозначим \angle XMK=\angle ZMK=\alpha
, \angle XML=\angle YML=\beta
, \angle YMN=\angle ZMN=\gamma
. Тогда
2\alpha+2\beta+2\gamma=\angle NMK+\angle KML+\angle NML=
=\frac{\pi}{2}+3\arctg\frac{1}{3}+\frac{\pi}{2}-\arctg\frac{1}{3}=\pi+2\arctg\frac{1}{3},
откуда
\beta=\frac{1}{2}\left(\pi+2\arctg\frac{1}{3}-2(\alpha+\gamma)\right)=\frac{1}{2}\left(\pi+2\arctg\frac{1}{3}-2\cdot\frac{\pi}{2}\right)=\arctg\frac{1}{3},
\alpha=\angle KML-\beta=\arctg\frac{13}{9}-\arctg\frac{1}{3},
\tg\alpha=\tg\left(\arctg\frac{13}{9}-\arctg\frac{1}{3}\right)=\frac{\frac{13}{9}-\frac{1}{3}}{1+\frac{13}{9}\cdot\frac{1}{3}}=\frac{3}{4},
\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{9}{16}}}=\frac{4}{5}.
Пусть H
, R
и S
— точки касания вписанной окружности треугольника KLN
со сторонами KL
, LN
и KN
соответственно. По теореме о трёх перпендикулярах OH\perp KL
, OR\perp LN
и OS\perp KN
, значит, HO
, RO
и SO
— биссектрисы линейных углов двугранных углов при рёбрах основания пирамиды, а так как прямоугольные треугольники OPH
, OPR
и OPS
равны (по двум катетам), то боковые грани пирамиды образуют равные двугранные углы с её основанием. Поэтому высота пирамиды, проведённая из вершины M
, проходит через центр окружности, вписанной в основание, т. е. через точку P
.
Прямая KL
перпендикулярна пересекающимся прямым MP
и PH
плоскости MPH
, поэтому прямая KL
перпендикулярна этой плоскости. Плоскость KLM
проходит через прямую KL
, перпендикулярную плоскости MPH
, поэтому плоскости KLM
и MPH
перпендикулярны. Следовательно, перпендикуляр, опущенный из точки O
плоскости MPH
на прямую MH
пересечения этих плоскостей, будет также перпендикуляром к плоскости KLM
, а значит, проходит через точку X
касания сферы с этой плоскостью. Поэтому точка X
лежит на высоте MH
треугольника KLM
. Аналогично для точек Y
и Z
.
Из прямоугольного треугольника MHK
находим, что
MH=MK\cos\alpha=\frac{5}{4}\cdot\frac{4}{5}=1.
Тогда
MR=MS=MH=1,~KS=KH=MH\tg\alpha=1\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{4},~LR=LH=MH\tg\beta=1\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{3},
NR=NS=MS\tg\gamma=MS\tg\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=MS\ctg\alpha=1\cdot\frac{4}{3}=\frac{4}{3},
KL=KH+HL=\frac{3}{4}+\frac{1}{3}=\frac{13}{12},~LN=LR+RN=\frac{1}{3}+\frac{4}{3}=\frac{5}{3},
KN=KS+SN=\frac{3}{4}+\frac{4}{3}=\frac{25}{12}.
Пусть r
— радиус вписанной окружности треугольника KLN
, s
— площадь треугольника, p
— его полупериметр, V
— объём пирамиды KLMN
. Тогда
p=\frac{3}{4}+\frac{1}{3}+\frac{4}{3}=\frac{29}{12},~s=\sqrt{\frac{29}{12}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{4}{3}}=\frac{\sqrt{29}}{6},~r=\frac{s}{p}=\frac{\frac{\sqrt{29}}{6}}{\frac{29}{12}}=\frac{2}{\sqrt{29}},
MP=\sqrt{MH^{2}-PH^{2}}=\sqrt{1-\frac{4}{29}}=\frac{5}{\sqrt{29}},~V=\frac{1}{3}s\cdot MP=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{29}}{6}\cdot\frac{5}{\sqrt{29}}=\frac{5}{18}.