8394. В правильной треугольной пирамиде SABC
сторона основания ABC
равна 1, боковое ребро равно 3. 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{3}{17}\sqrt{\frac{130}{7}}
, \frac{2}{17}\sqrt{\frac{26}{3}}
, \frac{5\sqrt{35}}{34}
.
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{9-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{35}}{2},
S_{\triangle BSC}=\frac{1}{2}BC\cdot SE=\frac{1}{2}\cdot1\cdot\frac{\sqrt{35}}{2}=\frac{\sqrt{35}}{4},
p=\frac{3+3+1}{2}=\frac{7}{2},~DE=r=\frac{S_{\triangle BSC}}{p}=\frac{\frac{\sqrt{35}}{4}}{\frac{7}{2}}=\frac{\sqrt{35}}{14},
SD=SE-DE=SE-r=\frac{\sqrt{35}}{2}-\frac{\sqrt{35}}{14}=\frac{3\sqrt{35}}{7},
SH=\sqrt{SA^{2}-HA^{2}}=\sqrt{3^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{3}}.
Обозначим \angle ASE=\alpha
. По теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\frac{SA^{2}+SE^{2}-AE^{2}}{2SA\cdot SE}=\frac{9+\frac{35}{4}-\frac{3}{4}}{2\cdot3\cdot\frac{\sqrt{35}}{2}}=\frac{17}{3\sqrt{35}}.
Тогда
\tg\alpha=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1}=\sqrt{\frac{315}{289}-1}=\frac{\sqrt{26}}{17}.
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{3\sqrt{35}}{7}\cdot\frac{\sqrt{26}}{17}=\frac{3}{17}\sqrt{\frac{130}{7}},
SO=\frac{SD}{\cos\alpha}=\frac{\frac{3\sqrt{35}}{7}}{\frac{17}{3\sqrt{35}}}=\frac{45}{17},~OA=SA-SO=3-\frac{45}{17}=\frac{6}{17}.
Значит, \frac{OA}{SA}=\frac{2}{17}
.
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{2}{17}
. Следовательно,
OK=\frac{2}{17}SH=\frac{2}{17}\cdot\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{3}}=\frac{2}{17}\sqrt{\frac{26}{3}}.
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{\left(\frac{45}{17}\right)^{2}+\frac{35}{4}-2\cdot\frac{45}{17}\cdot\frac{\sqrt{35}}{2}\cdot\frac{17}{3\sqrt{35}}}=\sqrt{\left(\frac{45}{17}\right)^{2}-\frac{25}{4}}=
=\sqrt{\left(\frac{45}{17}\right)^{2}-\left(\frac{5}{2}\right)^{2}}=\sqrt{\left(\frac{45}{17}-\frac{5}{2}\right)\left(\frac{45}{17}+\frac{5}{2}\right)^{2}}=\frac{5}{34}\sqrt{35}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2011, билет 3
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. — № 5.238, с. 134
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2012, 11 класс, вариант Ф, задача 6