15214. Ребро правильного тетраэдра SABC
равно 1. Точка O
— центр шара, касающегося рёбер AS
, BS
, BC
. Найдите расстояние от точки O
до плоскости ABC
, если известно, что точка O
лежит внутри тетраэдра и AO=\frac{\sqrt{13}}{6}
.
Ответ. \frac{\sqrt{3}}{9}
.
Решение. Пусть O_{1}
— ортогональная проекция центра O
шара на плоскость ASB
. Тогда точка O_{1}
лежит на биссектрисе угла ASB
. Из равенства прямоугольных треугольников AOM
и BOM
получаем, что точка O_{1}
равноудалена от концов отрезка AB
. Значит, она лежит в плоскости \alpha
, проходящей через середину M
ребра AB
и перпендикулярной AB
(см. задачу 8171), а так как OO_{1}
— перпендикуляр к плоскости ABS
и точка O_{1}
равноудалена от концов отрезка AB
, то центр O
шара лежит в этой плоскости.
Аналогично, центр O
шара лежит в плоскости \beta
, проходящей через середину N
ребра SB
. Следовательно, точка O
лежит на пересечении плоскостей \alpha
и \beta
, т. е. на прямой MN
, а так как по условию точка O
расположена внутри тетраэдра, то она лежит на отрезке MN
.
Обозначим искомое расстояние через x
, т. е. OO_{1}=x
. Заметим, что
\sin\angle O_{1}MO=\sin\angle CMN=\frac{CN}{SM}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.
Тогда
OM=\frac{OO_{1}}{\sin\angle O_{1}MO}=x\sqrt{3}.
Из прямоугольного треугольника AMO
получаем
OA^{2}=OM^{2}+AM^{2},~\mbox{или}~\frac{13}{36}=3x^{2}+\frac{1}{4},
откуда находим, что
OO_{1}^{2}=x^{2}=\frac{\frac{13}{36}-\frac{1}{4}}{3}=\frac{1}{27}.
Следовательно,
OO_{1}=x=\frac{1}{3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{9}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический и экономический факультеты НГУ. — 1980, задача 4, вариант 6
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1980, с. 28, задача 4, вариант 6