14561. Основание прямой призмы ABCA'B'C'
— прямоугольный треугольник ABC
, в котором AC=BC=1
. На ребре A'B'
верхнего основания (параллельном AB
) отмечена точка D
, причём A'D:DB'=1:2
. Найдите радиус сферы, вписанной в тетраэдр ABC'D
, если высота призмы равна 1.
Ответ. \left(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{\frac{2}{3}}\right)^{-1}
.
Решение. Поскольку прямая CC'
параллельна плоскости грани AA'B'B
, тетраэдр ABC'D
равновелик тетраэдру ABCD
, с объёмом
V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot AA'=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}BC\cdot AC\cdot AA'=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot1\cdot1\cdot1=\frac{1}{6}.
Пусть S
— полная поверхность тетраэдра ABC'D
, а r
— искомый радиус вписанной в него сферы. Тогда (см. задачу 7185)
r=\frac{3V}{S}=\frac{3\cdot\frac{1}{6}}{S}=\frac{1}{2S}.
Таким образом, задача сводится к нахождению полной поверхности тетраэдра ABC'D
.
Поскольку высота DH
треугольника ABD
со стороной AB=\sqrt{2}
равна 1, то
S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB\cdot DH=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{2}\cdot1=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Треугольник ABC'
равносторонний, так как AC'=BC'=AB=\sqrt{2}
, поэтому
S_{\triangle ABC'}=\frac{(\sqrt{2})^{2}\cdot\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Пусть B'K
— перпендикуляр к прямой DC'
. Поскольку
B'C'=1,~B'D=\frac{2}{3}A'B'=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\angle DB'C'=45^{\circ},
то по теореме косинусов
C'D=\sqrt{B'C'^{2}+A'B'^{2}-2B'C'\cdot A'B'\cos45^{\circ}}=\sqrt{1+\frac{8}{9}-2\cdot1\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{3},
а так как B'K
— высота треугольника B'C'D
и
S_{\triangle B'C'D}=\frac{2}{3}S_{\triangle A'B'C'}=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{3},
то
B'K=\frac{2S_{\triangle B'C'D}}{C'D}=\frac{2\cdot\frac{1}{3}}{\frac{\sqrt{5}}{3}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.
Из прямоугольного треугольника BB'K
находим, что
BK=\sqrt{BB'^{2}+B'K^{2}}=\sqrt{1+\frac{4}{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}},
а так как по теореме о трёх перпендикулярах BK
— высота треугольника BC'D
, то
S_{\triangle BC'D}=\frac{1}{2}CD'\cdot BK=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}\cdot\frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{1}{2}.
Пусть A'N
— перпендикуляр к прямой C'D
. Прямоугольные треугольники A'ND
и B'KD
подобны с коэффициентом \frac{A'D}{DB'}=\frac{1}{2}
, поэтому
A'N=\frac{1}{2}B'K=\frac{1}{\sqrt{5}}.
Аналогично проделанному ранее находим, что
AN=\sqrt{AA'^{2}+A'N^{2}}=\sqrt{1+\frac{1}{5}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}},
а так как AN
— высота треугольника ADC'
, то
S_{\triangle ADC'}=\frac{1}{2}C'D\cdot AN=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}\cdot\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}.
Значит,
S=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ABC'}+S_{\triangle BC'D}+S_{\triangle ADC'}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}.
Следовательно,
r=\frac{1}{2S}=\frac{1}{2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2}{3}}\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+1+\sqrt{\frac{2}{3}}}.
Источник: Дополнительное вступительное испытание в МГУ. — 2013, июль, вариант 1, № 7