14913. В основании треугольной пирамиды SABC
лежит правильный треугольник ABC
со стороной 1. Ребро SC
пирамиды перпендикулярно плоскости основания и равно 1. Центр сферы, касающейся рёбер SA
, AB
и AC
, лежит в плоскости SBC
. Найдите радиус сферы.
Ответ. \frac{1}{4}\sqrt{30-18\sqrt{2}}
.
Решение. Пусть O
— центр сферы, а E
— точка касания сферы с ребром AC
; D
и F
— ортогональные проекции точки O
на плоскости ABC
и SAC
соответственно. Поскольку D
— центр окружности сечения сферы плоскостью ABC
, т. е. окружности, вписанной в угол BAC
, то точка D
лежит на биссектрисе угла BAC
и, значит, совпадает с серединой BC
. Аналогично, точка F
лежит на биссектрисе угла SAC
, равного 45^{\circ}
. Поскольку OD
— перпендикуляр к плоскости ABC
, а OE\perp AC
, то по теореме о трёх перпендикулярах DE\perp AC
. Значит, отрезок DE
параллелен высоте BH
равностороннего треугольника ABC
, а так как D
— середина BC
, то
DE=\frac{1}{2}BP=\frac{\sqrt{3}}{4},~AE=AH+\frac{1}{2}HC=\frac{3}{4}AC=\frac{3}{4}.
Плоскости ASC
и ABC
перпендикулярны, поэтому OF\parallel DE
. Значит, четырёхугольник ODEF
— прямоугольник, а его диагональ OE
равна искомому радиусу. Обозначим OE=R
. Тогда
OD=FE=\sqrt{FD^{2}-DE^{2}}=\sqrt{OE^{2}-DE^{2}}=\sqrt{R^{2}-\frac{3}{16}}.
В то же время, из прямоугольного треугольника AEF
получаем, что
FE=AE\tg\angle EAF=\frac{3}{4}\tg22{,}5^{\circ}=\frac{3}{4}(\sqrt{2}-1).
Из уравнения
\sqrt{R^{2}-\frac{3}{16}}=\frac{3}{4}(\sqrt{2}-1),
находим, что
R^{2}=\frac{3}{16}+\left(\frac{3}{4}(\sqrt{2}-1)\right)^{2}=\frac{9}{16}\left(\frac{1}{3}+3-2\sqrt{2}\right)^{2}=\frac{9}{16}\left(\frac{10}{3}-2\sqrt{2}\right).
Следовательно,
R=\frac{3}{4}\sqrt{\frac{10}{3}-2\sqrt{2}}=\frac{1}{4}\sqrt{30-18\sqrt{2}}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1978, задача 5, вариант 2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1978, с. 123, задача 5, вариант 2