7193. Сфера радиуса \frac{3}{8}
вписана в четырёхугольную пирамиду SABCD
, у которой основанием служит ромб ABCD
, такой, что \angle BAD=60^{\circ}
; высота пирамиды, равная 1, проходит через точку K
пересечения диагоналей ромба. Докажите, что существует единственная плоскость, пересекающая рёбра основания AB
и AD
в некоторых точках M
и N
, таких, что MN=\frac{4\sqrt{3}}{5}
, касающаяся сферы в точке, удалённой на равные расстояния от точек M
и N
, и пересекающая продолжение отрезка SK
за точку K
в некоторой точке E
. Найдите длину отрезка SE
.
Ответ. \frac{7}{3}
.
Решение. Пусть указанная сфера с центром O
касается плоскостей боковых граней BSC
и ASD
пирамиды SABCD
в точках G
и H
соответственно (рис. 1). Тогда BC\perp OG
и BC\perp SK
. Поэтому BC\perp SG
. Аналогично, SH\perp AD
. Значит, точки G
и H
лежат на высотах SF
и SL
треугольников BSC
и ASD
. По теореме о трёх перпендикулярах KF\perp BC
и KL\perp AD
, а так как BC\parallel AD
, то точки F
, K
и L
лежат на одной прямой, причём FL
— высота ромба ABCD
.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки S
, L
и F
(рис. 2). Получим равнобедренный треугольник SLF
, в который вписана окружность с центром O
и радиусом \frac{3}{8}
. Эта окружность касается боковых сторон SF
и SL
в точках G
и H
, а основания FL
— в точке K
. Обозначим AB=AD=a
. Тогда
LF=\frac{a\sqrt{3}}{2},~KF=\frac{a\sqrt{3}}{4},~SO=SK-OK=1-\frac{3}{8}=\frac{5}{8},
\sin\angle KSF=\frac{OG}{SO}=\frac{\frac{3}{8}}{\frac{5}{8}}=\frac{3}{5},~\cos\angle KSF=\frac{4}{5},~\tg\angle KSF=\frac{3}{4},
\frac{a\sqrt{3}}{4}=KF=SK\cdot\tg\angle KSF=1\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{4},
откуда находим, что a=\sqrt{3}
, а так как \angle BAD=60^{\circ}
, то
BD=AB=AD=a=\sqrt{3}.
Пусть плоскость \alpha
, проходящая через точки M
и N
, касается сферы в точке Q
(рис. 1). Тогда по теореме о равенстве отрезков касательных, проведённых к сфере из одной точки
KN=NQ=MQ=KM.
Таким образом, точки N
и M
, лежащие на сторонах AB
и AD
равностороннего треугольника ABD
, равноудалены от середины K
стороны BD
, причём MN=\frac{4\sqrt{3}}{5}=\frac{4}{5}BD
.
Предположим, что прямая MN
не параллельна BD
. Опустим перпендикуляры KP
и KT
из точки K
на стороны AB
и AD
соответственно (рис. 3). Из равенства прямоугольных треугольников KPM
и KTN
(по катету и гипотенузе) следует, что \angle MKP=\angle NKT
, поэтому \angle MKN=\angle PKT=120^{\circ}
.
Пусть X
— середина MN
. Тогда расстояние от точки K
до прямой MN
равно длине отрезка KX
. Из прямоугольного треугольника KXM
находим, что
KX=MX\ctg\angle MKX=\frac{2\sqrt{3}}{5}\cdot\ctg60^{\circ}=\frac{2}{5}\gt\frac{3}{8}.
Значит, прямая MN
не пересекает ортогональную проекцию данной сферы на плоскость основания ABCD
. Следовательно, если прямая MN
не параллельна BD
, то плоскость \alpha
не может пересекать продолжение отрезка SK
за точку K
.
Пусть теперь MN\parallel BD
(рис. 4). Тогда MN
— единственный отрезок с концами на сторонах AB
и AD
, равный \frac{4\sqrt{3}}{5}
. Докажем, что в этом случае прямая MN
пересекает ортогональную проекцию данной сферы на плоскость основания ABCD
. Это будет означать, что плоскость \alpha
пересекает продолжение отрезка SK
за точку K
, причём такая плоскость единственна.
Пусть отрезки AK
и MN
пересекаются в точке Y
. Из подобия треугольников AMN
и ABD
следует, что
AY=AK\cdot\frac{MN}{BD}=\frac{3}{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{6}{5},
KY=AK-AY=\frac{3}{2}-\frac{6}{5}=\frac{3}{10}\lt\frac{3}{8}.
Что и требовалось доказать.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую SE
и точку Q
(рис. 5). Точка Y
лежит в этой плоскости, причём KY=\frac{3}{10}
. Обозначим KE=x
. Тогда
EY=\sqrt{KE^{2}+KY^{2}}=\sqrt{x^{2}+\left(\frac{3}{10}\right)^{2}}.
Из подобия треугольников EQO
и EKY
следует, что
\frac{OQ}{OE}=\frac{KY}{EY},~\mbox{или}~\frac{\frac{3}{8}}{\frac{3}{8}+x}=\frac{\frac{3}{10}}{\sqrt{x^{2}+\left(\frac{3}{10}\right)^{2}}},
откуда KE=x=\frac{4}{3}
. Следовательно,
SE=SK+KE=1=\frac{4}{3}=\frac{7}{3}.