7832. Основанием пирамиды ABCEH
служит выпуклый четырёхугольник ABCE
, который диагональю BE
делится на два равновеликих треугольника. Ребро AB
равно 1, рёбра BC
и CE
равны между собой. Сумма рёбер AH
и EH
равна \sqrt{2}
. Объём пирамиды равен \frac{1}{6}
. Найдите радиус шара, имеющего наибольший объём среди всех шаров, помещающихся в пирамиде ABCEH
.
Ответ. \frac{1}{4}(3-\sqrt{5})
.
Решение. Поскольку диагональ BE
разбивает четырёхугольник ABCE
на два равновеликих треугольника, треугольные пирамиды ABEH
и BCEH
с общей вершиной H
равновелики. Поэтому V_{ABEH}=\frac{1}{12}
.
Пусть BK
— высота треугольной пирамиды ABEH
, проведённая из вершины B
. Тогда BK\leqslant AB=1
. Поэтому
\frac{1}{12}=V_{ABEH}=\frac{1}{3}S_{\triangle AEH}\cdot BK=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}AH\cdot HE\sin\angle AHE\cdot BK\leqslant
\leqslant\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}AH\cdot HE\cdot1\cdot1=\frac{1}{6}AH\cdot HE\leqslant\frac{1}{6}\left(\frac{AH+HE}{2}\right)^{2}=\frac{1}{6}\left({\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=\frac{1}{12}.
Это возможно лишь в случае, когда
AH=HE=\frac{\sqrt{2}}{2},~\angle AHE=90^{\circ},~BK=AB=1,
а точка K
совпадает с точкой A
, т. е. AB
— перпендикуляр к плоскости AHE
. Поэтому AB\perp AE
. Так как плоскость основания проходит через перпендикуляр к плоскости грани AHE
, то эти плоскости перпендикулярны, поэтому высота HM
прямоугольного треугольника AHE
является высотой пирамиды ABCEH
.
Из равнобедренного прямоугольного треугольника AHE
находим, что AE=1
, HM=\frac{1}{2}
. Равнобедренные треугольники ABE
и CBE
с общим основанием BE
равновелики, поэтому они равны. Следовательно, четырёхугольник ABCE
— квадрат со стороной 1, а высота пирамиды ABCEH
равна \frac{1}{2}
и проходит через середину M
стороны AE
основания.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки H
, M
и середину N
ребра BC
. Получим прямоугольный треугольник HMN
со сторонами
MN=1,~HM=\frac{1}{2},~HN=\frac{\sqrt{5}}{2}.
Пусть O
— центр окружности, вписанной в треугольник HMN
, r
— её радиус. Тогда
r=\frac{1}{2}(MN+HM-HN)=\frac{3-\sqrt{5}}{4}
(см. задачу 217).
Докажем, что шар радиуса r
с центром в точке O
помещается в пирамиде ABCEH
. Поскольку центр шара лежит в плоскости, перпендикулярной граням AHE
и BHC
, он касается этих граней. Поэтому достаточно установить, что расстояния от точки O
до плоскостей граней AHB
и CHE
не меньше r
.
Через точку O
проведём плоскость, параллельную грани AHE
. Пусть эта плоскость пересекает рёбра AB
, BH
, CH
и CE
в точках P
, Q
, R
и S
соответственно. Из теоремы о пересечении двух параллельных плоскостей третьей следует, что PQRS
— равнобедренная трапеция. Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на боковую сторону PQ
этой трапеции. Тогда OF
— перпендикуляр к плоскости грани AHB
(OF\perp PQ
, OF\perp AB
).
Пусть L
— точка касания шара с плоскостью основания пирамиды. Тогда
AP=SE=LM=r=\frac{3-\sqrt{5}}{4},~PS=AE=1,
RS=PQ=\frac{AH\cdot PB}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot(1-r)=\frac{\sqrt{2}(\sqrt{5}+1)}{8},
QR=\frac{BC\cdot ML}{MN}=\frac{1\cdot r}{1}=r=\frac{3-\sqrt{5}}{4}.
Пусть T
— середина PQ
, G
— основание перпендикуляра, опущенного из точки Q
на основание PC
трапеции PQRS
. Тогда OQ
— половина средней линии трапеции, а прямоугольные треугольники OFT
и QGP
подобны. Поэтому
OT=\frac{1}{4}(PS+QR)=\frac{1}{4}\left(1+\frac{3-\sqrt{5}}{4}\right)=\frac{7-\sqrt{5}}{16},~QG=2r=\frac{3-\sqrt{5}}{2},
OF=\frac{QG\cdot OT}{PQ}=\frac{\frac{3-\sqrt{5}}{2}\cdot\left(\frac{7-\sqrt{5}}{16}\right)}{\frac{\sqrt{2}(\sqrt{5}+1)}{8}}=\frac{9\sqrt{5}-19}{4\sqrt{2}}\gt\frac{3-\sqrt{5}}{4}.
Аналогично докажем, что расстояние от точки O
до плоскости грани CHE
также меньше r
. Таким образом, радиус наибольшего шара, помещающегося в пирамиде ABCEH
, равен \frac{3-\sqrt{5}}{4}
.