14632. В тетраэдре два противоположных ребра равны a
и b
, остальные рёбра равны c
. Найдите радиусы описанной и вписанной сфер этого тетраэдра.
Ответ. R=\frac{\sqrt{4c^{4}-a^{2}b^{2}}}{2\sqrt{4c^{2}-a^{2}-b^{2}}}
, r=\frac{ab\sqrt{4c^{4}-a^{2}-b^{2}}}{2(a\sqrt{4c^{2}-a^{2}}+b\sqrt{4c^{2}-b^{2}})}
.
Решение. Пусть противоположные рёбра BC
и AD
тетраэдра ABCD
равны a
и b
соответственно, остальные рёбра равны c
, O
— центр сферы искомого радиуса R
, описанной около тетраэдра, O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей радиуса R_{1}
, описанных около равных равнобедренных треугольников BCD
и ABD
соответственно, M
и K
— середины рёбер BC
и AD
соответственно.
Тогда O
— точка пересечения перпендикуляров к гранями BCD
и ABD
, восставленных из точек O_{1}
и O_{2}
соответственно (см. задачу 9056). Из равнобедренных треугольников BCD
и AMD
получаем
DM=\sqrt{CD^{2}-BM^{2}}=\sqrt{c^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{4c^{2}-a^{2}},
O_{1}D=R_{1}=\frac{BC\cdot BD\cdot CD}{4S_{\triangle BCD}}=\frac{ac^{2}}{4\cdot\frac{1}{2}a\cdot\frac{1}{2}\sqrt{4c^{2}-a^{2}}}=\frac{c^{2}}{\sqrt{4c^{2}-a^{2}}}
(см. задачу 4259),
MK=\sqrt{DM^{2}-DK^{2}}=\sqrt{c^{2}-\frac{a^{2}}{4}-\frac{b^{2}}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{4c^{2}-a^{2}-b^{2}}.
Тогда
O_{1}M=DM-O_{1}D=DM-R_{1}=\frac{1}{2}\sqrt{4c^{2}-a^{2}}-\frac{c^{2}}{\sqrt{4c^{2}-a^{2}}}=
=\frac{4c^{2}-a^{2}-2c^{2}}{2\sqrt{4c^{2}-a^{2}}}=\frac{2c^{2}-a^{2}}{2\sqrt{4c^{2}-a^{2}}},
Прямоугольные треугольники MO_{1}O
и MKD
подобны, поэтому \frac{OO_{1}}{O_{1}M}=\frac{DK}{MK}
, откуда
OO_{1}=\frac{DK\cdot O_{1}M}{MK}=\frac{\frac{b}{2}\cdot\frac{2c^{2}-a^{2}}{2\sqrt{4c^{2}-a^{2}}}}{\frac{1}{2}\sqrt{4c^{2}-a^{2}-b^{2}}}=\frac{b(2c^{2}-a^{2})}{2\sqrt{(4c^{2}-a^{2})(4c^{2}-a^{2}-b^{2})}}.
Значит,
R^{2}=OD^{2}=DO_{1}^{2}+OO_{1}^{2}=\frac{c^{4}}{4c^{2}-a^{2}}+\frac{b^{2}(2c^{2}-a^{2})^{2}}{4(4c^{2}-a^{2})(4c^{2}-a^{2}-b^{2})}=
=\frac{4c^{4}(4c^{2}-a^{2}-b^{2})+b^{2}(2c^{2}-a^{2})^{2}}{4(4c^{2}-a^{2})(4c^{2}-a^{2}-b^{2})}=\frac{16c^{6}-4c^{4}a^{2}-4a^{2}b^{2}c^{2}+a^{4}b^{2}}{4(4c^{2}-a^{2})(4c^{2}-a^{2}-b^{2})}=
=\frac{(4c^{2}-a^{2})(4c^{2}-a^{2}b^{2})}{4(4c^{2}-a^{2})(4c^{2}-a^{2}-b^{2})}=\frac{4c^{2}-a^{2}b^{2}}{4(4c^{2}-a^{2}-b^{2})}
Следовательно,
R=\frac{\sqrt{4c^{4}-a^{2}b^{2}}}{2\sqrt{4c^{2}-a^{2}-b^{2}}}.
Пусть r
— искомый радиус сферы, вписанной в данный тетраэдр, V
— объём тетраэдра, S
— площадь поверхности тетраэдра. Поскольку MK
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых BC
и AD
(так как MK
— общая медиана равнобедренных треугольников AMD
и BKC
) и AD\perp BC
(так как прямая AD
перпендикулярна плоскости BKC
), то (см. задачу 7234)
V=\frac{1}{6}BC\cdot AD\cdot MK\cdot\sin90^{\circ}=\frac{1}{6}ab\cdot\frac{1}{2}\sqrt{4c^{2}-a^{2}-b^{2}}=\frac{1}{12}ab\sqrt{4c^{2}-a^{2}-b^{2}}.
Поскольку DM
— высота равнобедренного треугольника BCD
, то
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}BC\cdot DM=\frac{1}{2}a\cdot\frac{1}{2}\sqrt{4c^{2}-a^{2}}=\frac{1}{4}a\sqrt{4c^{2}-a^{2}}.
Аналогично,
S_{\triangle ABD}=S_{\triangle ACD}=\frac{1}{4}b\sqrt{4c^{2}-b^{2}},
поэтому
S=2S_{\triangle ABC}+2S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}(a\sqrt{4c^{2}-a^{2}}+b\sqrt{4c^{2}-b^{2}}).
Следовательно (см. задачу 7185),
r=\frac{3V}{S}=\frac{\frac{1}{4}ab\sqrt{4c^{2}-a^{2}-b^{2}})}{\frac{1}{2}(a\sqrt{4c^{2}-a^{2}}+b\sqrt{4c^{2}-b^{2}})}=\frac{ab\sqrt{4c^{4}-a^{2}-b^{2}}}{2(a\sqrt{4c^{2}-a^{2}}+b\sqrt{4c^{2}-b^{2}})}.
Источник: Понарин Я. П. Элементарная геометрия. — Т. 2: Стереометрия. — М.: МЦНМО, 2006. — № 24, с. 239