7822. В правильной треугольной пирамиде SABC
(S
— вершина, SA=4
) точка D
лежит на ребре SC
, CD=3
, а расстояние от точки A
до прямой BD
равно 2. Найдите объём пирамиды.
Дана сфера радиуса 1 с центром в точке A
. Рассматриваются всевозможные правильные тетраэдры MNPQ
такие, что точки M
и N
лежат на прямой BD
, а прямая PQ
касается сферы в одной из точек отрезка PQ
. Найдите наименьшее значение длины ребра рассматриваемых тетраэдров.
Ответ. \frac{3\sqrt{87}}{8\sqrt{2}}
; \frac{2(\sqrt{11}-\sqrt{2})}{3}
.
Решение. Пусть O
— центр основания ABC
правильной пирамиды SABC
(рис. 1), SO
— высота пирамиды, D_{1}
— проекция данной точки D
на плоскость основания, K
— середина AB
. Обозначим AB=BC=AC=a
. Тогда
CK=\frac{a\sqrt{3}}{2},~OC=\frac{a\sqrt{3}}{3},
CD_{1}=OC\cdot\frac{CD_{1}}{OC}=OC\cdot\frac{CD}{CS}=OC\cdot\frac{3}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{3}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{4},
D_{1}K=CK-CD_{1}=\frac{a\sqrt{3}}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{4},
а так как DD_{1}\perp CK
, то в треугольнике CKD
высота DD_{1}
является медианой. Значит, треугольник CKD
— равнобедренный. Поэтому DK=CD=3
.
Пусть E
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины A
на прямую BD
. По условию задачи AE=2
. В равнобедренном треугольнике ADB
известно, что AB=a
, DK=3
, AE=2
, причём DK
и AE
— высоты. Поэтому
BD=\sqrt{BK^{2}+DK^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+9},~AB\cdot DK=BD\cdot AE,
или
3a=2\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+9},~9a^{2}=a^{2}+36,
откуда находим, что a=\frac{3}{\sqrt{2}}
. Далее имеем:
SO=\sqrt{SC^{2}-CO^{2}}=\sqrt{16-\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\sqrt{16-\frac{3}{2}}=\sqrt{\frac{29}{2}},
S_{\triangle ABC}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{8}.
Следовательно,
V_{SABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot\frac{9\sqrt{3}}{8}\cdot\sqrt{\frac{29}{2}}=\frac{3\sqrt{87}}{8\sqrt{2}}.
Пусть вершины M
и N
правильного тетраэдра MNPQ
лежат на прямой BD
(рис. 2), а вершины P
и Q
— на прямой, касающейся данной сферы в точке F
, лежащей на отрезке PQ
. Так как противоположные рёбра правильного тетраэдра перпендикулярны, то PQ\perp MN
. Через прямую PQ
проведём плоскость, перпендикулярную прямой BD
. Эта плоскость пересекает сферу по окружности радиуса r\leqslant1
с центром A_{1}
(рис. 3), а прямую BD
— в некоторой точке G
. Пусть x
— ребро тетраэдра MNPQ
. Тогда расстояние между прямыми MN
и PA
равно \frac{x}{\sqrt{2}}
. Это расстояние равно длине перпендикуляра GH
, опущенного из точки G
на прямую PQ
.
Обозначим GH=t
, \angle GA_{1}F=\alpha
. Опустим перпендикуляр GL
из точки G
на прямую A_{1}F
. Из прямоугольного треугольника A_{1}GL
находим, что
r+t=A_{1}F+FL=A_{1}L=A_{1}G\cos\alpha=2\cos\alpha,
откуда t=2\cos\alpha-r
. Поскольку при увеличении угла косинус убывает, наименьшее значение величина t
принимает при наибольшем возможном \alpha
. Значит, перпендикуляр GH
наименьший, если точка F
совпадает с точкой P
или с точкой Q
. В этом случае будет наименьшим и ребро тетраэдра MNPQ
при данном r\leqslant1
.
Пусть прямая PQ
касается окружности с центром A_{1}
в точке P
(рис. 4). Опустим перпендикуляр GE
из точки G
на прямую A_{1}P
. В прямоугольном треугольнике A_{1}EG
известно, что
A_{1}G=2,~EG=PH=\frac{x}{2},~A_{1}E=A_{1}P+PE=A_{1}P+GH=r+\frac{x}{\sqrt{2}}.
По теореме Пифагора
A_{1}E^{2}+EG^{2}=A_{1}G^{2},~\mbox{или}~\left(r+\frac{x}{\sqrt{2}}\right)^{2}+\frac{x^{2}}{4}=4.
После очевидных преобразований получим квадратное уравнение
3x^{2}+4xr\sqrt{2}+4r^{2}-16=0.
Так как r\leqslant1
, это уравнение имеет единственный положительный корень x=\frac{2}{3}(\sqrt{12-r^{2}}-r\sqrt{2})
. Полученное выражение принимает наименьшее значение при наибольшем возможном r
, т. е. при r=1
. В этом случае x=\frac{2}{3}(\sqrt{11}-\sqrt{2})
.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1984, билет 9, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 84-9-5, с. 262