14789. В правильном тетраэдре SABC
через вершину A
параллельно ребру BC
проведена плоскость, перпендикулярная грани SBC
. Найдите радиус шара, касающегося рёбер SA
, SB
, SC
и проведённой плоскости, если рёбра тетраэдра равны a
.
Ответ. \frac{a}{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}
.
Решение. Пусть SH=AP=\frac{a\sqrt{6}}{3}
— высоты тетраэдра, D
— их точка пересечения. Тогда проведённая плоскость проходит через прямую AP
(см. задачу 7710), а также (см. задачу 7110)
SD=AD=\frac{3}{4}SH=\frac{3}{4}\cdot\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a\sqrt{6}}{4}.
Центр O
сферы искомого радиуса r
удалён на расстояние r
от сторон угла CAD
, поэтому AO
— биссектриса равнобедренного треугольника SAD
со сторонами SA=AD=\frac{a\sqrt{6}}{4}
и SA=a
. Тогда (см. задачу 1509)
\frac{SO}{OD}=\frac{SA}{AD}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{6}}{4}}=\frac{4}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.
Значит,
\frac{SO}{SD}=\frac{SA}{SA+AD}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}~\Rightarrow~SO=SD\cdot\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}.
Пусть \angle ASH=\alpha
, F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на SA
. Из прямоугольного треугольника OFS
находим, что
\sin\alpha=\frac{AH}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Следовательно,
r=OF=SO\sin\angle OSF=SO\sin\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1973, задача 4, вариант 2
Источник: Журнал «Квант». — 1974, № 2, с. 52, задача 4