8391. В правильной треугольной пирамиде SABC
сторона основания ABC
равна 1, боковое ребро равно 2. Сфера с центром O
на прямой SA
касается рёбер SB
, SC
и BC
. Найдите расстояния от центра сферы до плоскостей BSC
и ABC
, а также радиус сферы.
Ответ. \frac{2\sqrt{165}}{35}
, \frac{\sqrt{33}}{21}
, \frac{3\sqrt{15}}{14}
.
Решение. Плоскость грани BSC
пересекает сферу по окружности, вписанной в равнобедренный треугольник BSC
. Пусть D
— центр этой окружности, r
— её радиус, p
— полупериметр треугольника, SE
— высота треугольника BSC
, SH
— высота пирамиды. Тогда
AE=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2},~SE=\sqrt{SB^{2}-BE^{2}}=\sqrt{4-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2},
S_{\triangle BSC}=\frac{1}{2}BC\cdot SE=\frac{1}{2}\cdot1\cdot\frac{\sqrt{15}}{2}=\frac{\sqrt{15}}{4},
p=\frac{2+2+1}{2}=\frac{5}{2},~r=\frac{S_{\triangle BSC}}{p}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{4}}{\frac{5}{2}}=\frac{\sqrt{15}}{10},
SD=SE-DE=SE-r=\frac{\sqrt{15}}{2}-\frac{\sqrt{15}}{10}=\frac{2\sqrt{15}}{5},
SH=\sqrt{SA^{2}-HA^{2}}=\sqrt{2^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{11}}{\sqrt{3}}.
Обозначим \angle ASE=\alpha
. По теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\frac{SA^{2}+SE^{2}-AE^{2}}{2SA\cdot SE}=\frac{4+\frac{15}{4}-\frac{3}{4}}{2\cdot2\cdot\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{7}{2\sqrt{15}}.
Тогда
\tg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1}=\sqrt{\frac{60}{49}-1}=\frac{\sqrt{11}}{7}.
Прямая OD
, проходящая через центр сферы и центр окружности сечения, перпендикулярна плоскости сечения. Поэтому OD
— перпендикуляр к плоскости BSC
. Из прямоугольного треугольника ODS
находим, что
OD=SD\tg\angle OSD=SD\tg\alpha=\frac{2\sqrt{15}}{5}\cdot\frac{\sqrt{11}}{7}=\frac{2\sqrt{165}}{35},
SO=\frac{SD}{\cos\alpha}=\frac{\frac{2\sqrt{15}}{5}}{\frac{7}{2\sqrt{15}}}=\frac{12}{7},~OA=SA-SO=2-\frac{12}{7}=\frac{2}{7}.
Значит, \frac{OA}{SA}=\frac{1}{7}
.
Пусть K
— ортогональная проекция точки O
на плоскость основания ABC
. Тогда K
лежит на прямой AE
— ортогональной проекции прямой SA
на плоскость ABC
. Треугольники OAK
и SAH
подобны с коэффициентом \frac{1}{7}
. Следовательно,
OK=\frac{1}{7}SH=\frac{1}{7}\cdot\frac{\sqrt{11}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{33}}{21}.
Пусть R
— радиус сферы. По теореме косинусов из треугольника SOE
находим, что
R=OE=\sqrt{SO^{2}+SE^{2}-2SO\cdot SE\cos\alpha}=
=\sqrt{\frac{144}{49}+\frac{15}{4}-2\cdot\frac{2}{7}\cdot\frac{\sqrt{15}}{2}\cdot\frac{7}{2\sqrt{15}}}=\frac{3\sqrt{15}}{14}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2011, билет 1
Источник: Шабунин М. И. и др. Методическое пособие по математике для учащихся старших классов и абитуриентов / Под ред. М. И. Шабунина. — 3-е изд. — М.: Физматкнига, 2013. — № 5.237, с. 134
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2012, 11 класс, вариант Ш, задача 6