14653. В основании четырёхугольной пирамиды SABCD
лежит четырёхугольник ABCD
, в котором AB=BC=\sqrt{5}
, AD=DC=\sqrt{2}
, AC=2
. Ребро SD
— высота пирамиды. Известно, что SA+SB=2+\sqrt{5}
. Найдите:
а) объём пирамиды;
б) радиус шара, касающегося граней ABCD
, SAB
, SBC
и ребра SD
.
Ответ. а) \frac{1}{\sqrt{3}}
; б) \frac{\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}
.
Решение. а) Точки B
и D
равноудалены от концов отрезка AC
, поэтому прямая BD
— серединный перпендикуляр к этому отрезку, BD\perp AC
и точка E
пересечения диагоналей четырёхугольника ABCD
— середина AC
.
Предположим, что четырёхугольник ABCD
выпуклый. Тогда точка E
лежит на отрезке BD
, поэтому
BD=BE+DE=\sqrt{AB^{2}-AE^{2}}+\sqrt{AB^{2}-AE^{2}}=
=\sqrt{5-1}+\sqrt{2-1}=2+1=3.
Тогда
DA+BD=\sqrt{2}+3\gt2+\sqrt{5}=SA+SB,
а так как SA\gt AD
и SB\gt BD
, то
SA+SB\gt AD+BD
— противоречие. Следовательно, четырёхугольник ABCD
невыпуклый. Треугольники ABC
и ADC
равнобедренные с общим основанием AC
, причём AD\lt AB
, значит, точка D
лежит внутри треугольника ABC
.
Из равенства
BD=BE-DE=2-1=1
получаем
2+\sqrt{5}=SA+SB=\sqrt{SD^{2}+AD^{2}}+\sqrt{SD^{2}+BD^{2}}=
=\sqrt{SD^{2}+2}+\sqrt{SD^{2}+1}.
Этому уравнению удовлетворяет корень BD=\sqrt{3}
. Он единственный, так как правая часть — возрастающая функция на промежутке SD\gt0
.
Диагонали четырёхугольника ABCD
перпендикулярны, поэтому его площадь равна половине их произведения. Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{SABCD}\cdot SD\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}AC\cdot BD\cdot SD=\frac{1}{6}\cdot2\cdot1\cdot\sqrt{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
б) Существует единственный шар, удовлетворяющий условию задачи, причём в силу симметрии пирамиды относительно плоскости SBD
центр шара лежит в этой плоскости. Шар касается граней ABCD
, SAB
, SBC
и ребра SD
пирамиды, поэтому его центр O
лежит внутри треугольника SBD
, и шар касается отрезков SD
и BD
. Отсюда следует, что точка O
лежит на биссектрисе DK
треугольника SBD
.
Пусть L
— проекция точки K
на плоскость основания пирамиды. Тогда из подобия треугольников BKL
и BSD
получаем
KL=SD\cdot\frac{BK}{BS}=SD\cdot\frac{BK}{BK+KS}=SD\cdot\frac{BD}{BD+DS}=
=\sqrt{3}\cdot\frac{1}{1+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}
(см. задачу 1509). Значит, расстояние от точки O
до прямой BD
(т. е. радиус шара) равно
KL\cdot\frac{OD}{KD}=\frac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\cdot\frac{OD}{KD}.
С другой стороны, радиус шара равен расстоянию от точки O
до плоскости SBC
. Чтобы выразить это расстояние, сначала найдём высоту DM
треугольной пирамиды SBCD
, с объёмом
V_{SBCD}=\frac{BD}{BE}\cdot V_{SABCD}\cdot SD=\frac{1}{2}V_{SABCD}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}.
Поскольку
SC=SA=\sqrt{SD^{2}+DA^{2}}=\sqrt{3+2}=\sqrt{5}=BC,
SB=SA=\sqrt{SD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{3+1}=2,
то
S_{\triangle SBC}=\frac{1}{2}BS\cdot\sqrt{BC^{2}-\frac{1}{4}BS^{2}}=\frac{1}{2}\cdot2\cdot\sqrt{5-1}=2.
Тогда
V_{SBCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle SBC}\cdot DM~\Rightarrow~DM=\frac{3V_{SBCD}}{S_{\triangle SBC}}=\frac{3\cdot\frac{\sqrt{3}}{6}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}.
Значит, расстояние от точки O
до плоскости SBC
равно
DM\cdot\frac{OK}{KD}=DM\cdot\frac{DK-OD}{KD}=DM\left(1-\frac{OD}{KD}\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\left(1-\frac{OD}{KD}\right).
Теперь приравняем два полученных выражения для радиуса шара:
\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot\left(1-\frac{OD}{KD}\right)=\frac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\cdot\frac{OD}{KD}~\Leftrightarrow~\frac{OD}{KD}=\frac{1+\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}.
Следовательно, радиус шара равен
\frac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\cdot\frac{OD}{KD}=\frac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\cdot\frac{1+\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{5+\sqrt{3}}.
Примечание. Если AB=BC=\sqrt{10}
, AD=DC=2
, AC=2\sqrt{2}
и SA+SB=2\sqrt{2}+\sqrt{10}
, то ответ: а) \frac{2\sqrt{6}}{3}
; б) \frac{\sqrt{6}}{5+\sqrt{3}}
.
Если AB=BC=5
, AD=DC=\sqrt{10}
, AC=2\sqrt{5}
и SA+SB=5+2\sqrt{5}
, то ответ: а) \frac{5\sqrt{15}}{3}
; б) \frac{\sqrt{15}}{5+\sqrt{3}}
.
Если AB=BC=\sqrt{15}
, AD=DC=\sqrt{6}
, AC=2\sqrt{3}
и SA+SB=2\sqrt{3}+\sqrt{15}
, то ответ: а) 3
; б) \frac{3}{5+\sqrt{3}}
.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2023, задача 7, вариант 5, 11 класс