14114. Даны пирамида ABCD
и сфера радиуса \sqrt{3}
. Ребро AC
пирамиды — диаметр сферы; прямые, содержащие три других ребра, касаются сферы, а середины двух оставшихся рёбер лежат на сфере. Найдите угол ABC
, длину ребра BD
и объём пирамиды ABCD
.
Ответ. \angle ABC=45^{\circ}
, BD=4\sqrt{3}
, V=6
.
Решение. Предположим, что сфера касается прямых AB
и AD
. Тогда AC
перпендикулярно плоскости ABD
, поэтому сфера имеет единственную общую точку A
с плоскостью ABD
, и значит, не имеет общих точек с ребром BD
, что противоречит условию (прямая BD
должна иметь со сферой хотя бы одну общую точку). Аналогично доказывается, что сфера не может касаться одновременно рёбер BC
и CD
.
Из четырёх рёбер AB
, AD
, CB
, CD
по крайней мере одно должно касаться сферы. Пусть, для определённости, это ребро AD
. Тогда из оставшихся пяти рёбер сфера не может касаться AB
, AC
и CD
(в последнем случае в треугольнике ADC
были бы два прямых угла). Значит, сфера касается рёбер BC
и BD
. Таким образом, сфера касается трёх рёбер AD
, BC
, BD
и проходит через середины K
и L
рёбер AB
и CD
соответственно.
Пусть O
— центр сферы, R=\sqrt{3}
— её радиус. Из касания сферы с прямой BC
следует, что AC\perp BC
, а так как OK
— средняя линия треугольника ABC
, то
BC=2OK=2R=AC,
откуда следует, что ABC
— прямоугольный равнобедренный треугольник, и поэтому \angle ABC=45^{\circ}
. Аналогично доказывается, что ACD
— равнобедренный прямоугольный треугольник с гипотенузой CD
.
Пусть M
— точка касания сферы с ребром BD
. Треугольник BDO
равнобедренный, так как отрезки BO
и DO
— соответствующие медианы равных треугольников ABC
и CAD
. Тогда OM
— его высота, а значит, и медиана. Прямоугольные треугольники BOC
и COM
равны по общей гипотенузе OC
и катету (OM=OC=R
), значит, BM=CB=2R
. Следовательно,
BD=2BM=2BC=4R=4\sqrt{3}.
Пусть DH
— высота пирамиды ABCD
. Из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что точка H
лежит на прямой, проходящей через точку A
параллельно CB
. Обозначим DH=h
, AH=x
.
По теореме Пифагора из треугольника ADH
получаем, что
x^{2}+h^{2}=AH^{2}+DH^{2}=AD^{2}=4R^{2}.
Если точки H
и B
лежат по одну сторону от прямой AC
, то из прямоугольной трапеции ACBH
получаем
BH^{2}=AC^{2}+(BC-AH)^{2}=4R^{2}+(2R-x)^{2},
поэтому
(4R)^{2}=BD^{2}=DH^{2}+BH^{2}=h^{2}+4R^{2}+(2R-x)^{2},
откуда x=-R
, что невозможно.
Если же точки H
и B
лежат по разные стороны от прямой AC
, то аналогично
(4R)^{2}=BD^{2}=DH^{2}+BH^{2}=h^{2}+4R^{2}+(2R+x)^{2},
откуда x=R
. Тогда
DH=h=\sqrt{4R^{2}-x^{2}}=R\sqrt{3}.
Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}AC\cdot BC\cdot DH=\frac{1}{6}\cdot2R\cdot2R\cdot R\sqrt{3}=
=\frac{2}{3}R^{3}\sqrt{3}=\frac{2}{3}\cdot3\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}=6.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2014, 11 класс, билет 2, задача 7