14987. Основание пирамиды ABCD
— треугольник ABC
со сторонами AB=3
, AC=BC=6
. Найдите объём пирамиды, если известно, что существует сфера, касающаяся рёбер основания, а прямая AD
касается этой сферы в точке D
и перпендикулярна основанию.
Ответ. \frac{9\sqrt{15}}{8}
.
Решение. Пусть O
— центр сферы, R
— её радиус. Сечение сферы плоскостью ABC
— окружность, вписанная в треугольник ABC
. Пусть Q
— её центр. Прямые OQ
и DA
перпендикулярны плоскости ABC
, поэтому они параллельны, а значит, лежат в одной плоскости. Кроме того, OD\perp DA
(радиус сферы, проведённый в точку касания с прямой DA
), поэтому AQOD
— прямоугольник. Значит, AQ=OD=R
.
Пусть AM
— высота равнобедренного треугольника ABC
. Тогда M
— середина BC
. Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда
\cos\alpha=\frac{AM}{AC}=\frac{\frac{3}{2}}{6}=\frac{1}{4}.
Из прямоугольного треугольника AMC
находим, что
CM=\sqrt{36-\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{15}}{2}.
Пусть вписанная окружность треугольника ABC
касается стороны AC
в точке N
. Из прямоугольного треугольника CNQ
с углом \angle CQN=\angle BAC=\alpha
получаем
CQ=\frac{QN}{\cos\alpha}=\frac{r}{\frac{1}{4}}=4r.
Тогда
\frac{3\sqrt{15}}{2}=CM=CQ+QM=4r+r=5r,
откуда r=\frac{3\sqrt{15}}{10}
. Значит,
R=AQ=\sqrt{QM^{2}+AM^{2}}=\sqrt{r^{2}+\frac{1}{4}AB^{2}}=\sqrt{\frac{9\cdot15}{100}+\frac{9}{4}}=\frac{6}{\sqrt{10}}.
Точка M
лежит на сфере, поэтому OM=R
. Тогда
DA=OQ=\sqrt{OM^{2}-QM^{2}}=\sqrt{R^{2}-r^{2}}=\sqrt{\frac{36}{10}-\frac{9\cdot15}{100}}=\frac{3}{2}.
Следовательно, объём пирамиды ABCD
равен
\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}\cdot DA=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}AB\cdot CM\cdot DA=\frac{1}{6}\cdot3\cdot\frac{3\sqrt{15}}{2}\cdot\frac{3}{2}=\frac{9\sqrt{15}}{8}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет естественных наук и геолого-геофизический факультет НГУ. — 1996, задача 5, вариант 2.2
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1996 с. 171, задача 5, вариант 2.2