8575. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
сторона основания ABCD
равна 1, боковое ребро равно 2. Сфера с центром O
на плоскости CSD
касается рёбер SA
, SB
и AB
. Найдите расстояния от центра сферы до плоскостей ABC
и ADS
, а также радиус сферы.
Ответ. \frac{\sqrt{14}}{26}
, \frac{2\sqrt{210}}{65}
, \frac{3\sqrt{71}}{26}
.
Решение. Плоскость грани ASB
пересекает сферу по окружности, вписанной в равнобедренный треугольник ASB
. Пусть Q
— центр этой окружности, r
— её радиус, p
— полупериметр треугольника, SM
— высота треугольника ASB
, SF
— высота треугольника CSD
, SH
— высота пирамиды. Тогда
HA=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2},~SF=SM=\sqrt{SA^{2}-AM^{2}}=\sqrt{4-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2},
S_{\triangle ASB}=\frac{1}{2}AB\cdot SM=\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 ASB}}{p}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{4}}{\frac{5}{2}}=\frac{\sqrt{15}}{10},
SQ=SM-QM=SM-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{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{2}}.
Обозначим \angle MSF=\alpha
. По теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\frac{SM^{2}+SF^{2}-MF^{2}}{2SM\cdot SF}=\frac{\frac{15}{4}+\frac{15}{4}-1}{2\cdot\frac{15}{4}\cdot\frac{15}{4}}=\frac{13}{15}.
Тогда
\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{13}{15}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{15}}.
Прямая OQ
, проходящая через центр сферы и центр окружности сечения, перпендикулярна плоскости сечения. Поэтому OQ
— перпендикуляр к плоскости ASB
. Из прямоугольного треугольника OQS
находим, что
SO=\frac{SQ}{\cos\alpha}=\frac{\frac{2\sqrt{15}}{5}}{\frac{13}{15}}=\frac{6\sqrt{15}}{13},
OF=SF-SO=\frac{\sqrt{15}}{2}-\frac{6\sqrt{15}}{13}=\frac{\sqrt{15}}{26}.
Значит, \frac{OF}{SF}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{26}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{1}{13}
.
1) Пусть L
— ортогональная проекция точки O
на плоскость основания ABCD
. Тогда L
лежит на прямой MF
— ортогональной проекции прямой SF
на плоскость ABCD
. Треугольники OFL
и SFH
подобны с коэффициентом \frac{1}{13}
. Следовательно,
OL=\frac{1}{13}SH=\frac{1}{13}\cdot\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}}{26}.
2) Пусть O_{1}
— ортогональная проекция точки O
на высоту SH
пирамиды SABCD
. Тогда прямая OO_{1}
параллельна прямой AD
, лежащей в плоскости ASD
. Значит, прямая OO_{1}
параллельна этой плоскости. Следовательно, расстояние от точки O
до плоскости ASD
равно расстоянию до этой плоскости от точки O_{1}
.
Треугольник SOO_{1}
подобен треугольнику SFH
с коэффициентом \frac{SO}{SF}=\frac{12}{13}
, значит,
SO_{1}=\frac{12}{13}SH=\frac{12}{13}\cdot\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{2}}=\frac{12\sqrt{7}}{13\sqrt{2}}.
Точка O_{1}
лежит на высоте правильной пирамиды, значит, она равноудалена от плоскостей всех её боковых граней. Пусть P
— ортогональная проекция точки O_{1}
на грань CSD
. Тогда точка P
лежит на апофеме SF
пирамиды, а расстояние от точки O
до плоскости ASD
равно длине отрезка O_{1}P
. Из прямоугольного треугольника SO_{1}P
находим, что
O_{1}P=SO_{1}\sin\angle O_{1}SP=SO_{1}\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{12\sqrt{7}}{13\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{210}}{65}.
3) Пусть R
— радиус сферы. По теореме косинусов из треугольника SOM
находим, что
R=OM=\sqrt{SO^{2}+SM^{2}-2SO\cdot SM\cos\alpha}=
=\sqrt{\left(\frac{6\sqrt{15}}{13}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)-2\cdot\frac{6\sqrt{15}}{13}\cdot\frac{\sqrt{15}}{2}\cdot\frac{13}{15}}=\frac{3\sqrt{71}}{26}.