8579. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD
сторона основания ABCD
равна 2, боковое ребро равно 5. Сфера с центром O
на плоскости ABS
касается рёбер SC
, SD
и CD
. Найдите расстояния от центра сферы до плоскостей ABC
и BCS
, а также радиус сферы.
Ответ. \frac{\sqrt{23}}{11}
, \frac{5\sqrt{138}}{66}
, \frac{4\sqrt{29}}{11}
.
Решение. Плоскость грани CSD
пересекает сферу по окружности, вписанной в равнобедренный треугольник CSD
. Пусть Q
— центр этой окружности, r
— её радиус, p
— полупериметр треугольника, SM
— высота треугольника CSD
, SF
— высота треугольника ASB
, SH
— высота пирамиды. Тогда
HC=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2},~SF=SM=\sqrt{SC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{25-1}=2\sqrt{6},
S_{\triangle CSD}=\frac{1}{2}CD\cdot SM=\frac{1}{2}\cdot2\cdot2\sqrt{6}=2\sqrt{6},
p=\frac{5+5+2}{2}=6,~r=\frac{S_{\triangle CSD}}{p}=\frac{2\sqrt{6}}{6}=\frac{\sqrt{6}}{3},
SQ=SM-QM=SM-r=2\sqrt{6}-\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{5\sqrt{6}}{3},
SH=\sqrt{SC^{2}-HC^{2}}=\sqrt{25-2}=\sqrt{23}.
Обозначим \angle MSF=\alpha
. По теореме косинусов находим, что
\cos\alpha=\frac{SM^{2}+SF^{2}-MF^{2}}{2SM\cdot SF}=\frac{24+24-4}{2\cdot2\sqrt{6}\cdot2\sqrt{6}}=\frac{11}{12}.
Тогда
\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{11}{12}}{2}}=\frac{1}{2\sqrt{6}}.
Прямая OQ
, проходящая через центр сферы и центр окружности сечения, перпендикулярна плоскости сечения. Поэтому OQ
— перпендикуляр к плоскости CSD
. Из прямоугольного треугольника OQS
находим, что
SO=\frac{SQ}{\cos\alpha}=\frac{\frac{5\sqrt{6}}{3}}{\frac{11}{12}}=\frac{20\sqrt{6}}{11},
OF=SF-SO=2\sqrt{6}-\frac{20\sqrt{6}}{11}=\frac{2\sqrt{6}}{11}.
Значит, \frac{OF}{SF}=\frac{\frac{2\sqrt{6}}{11}}{2\sqrt{6}}=\frac{1}{11}
.
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{OF}{SF}=\frac{1}{11}
. Следовательно,
OL=\frac{1}{11}SH=\frac{1}{11}\cdot\sqrt{23}=\frac{\sqrt{23}}{11}.
2) Пусть O_{1}
— ортогональная проекция точки O
на высоту SH
пирамиды SABCD
. Тогда прямая OO_{1}
параллельна прямой BC
, лежащей в плоскости BSC
. Значит, прямая OO_{1}
параллельна этой плоскости. Следовательно, расстояние от точки O
до плоскости BSC
равно расстоянию до этой плоскости от точки O_{1}
.
Треугольник SOO_{1}
подобен треугольнику SFH
с коэффициентом \frac{SO}{SF}=\frac{10}{11}
, значит,
SO_{1}=\frac{10}{11}SH=\frac{10}{11}\cdot\sqrt{23}=\frac{10\sqrt{23}}{11}.
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 ASB
. Тогда точка P
лежит на апофеме SF
пирамиды, а расстояние от точки O
до плоскости BSC
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{10\sqrt{23}}{11}\cdot\frac{1}{2\sqrt{6}}=\frac{5\sqrt{138}}{66}.
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{20\sqrt{6}}{11}\right)^{2}+(2\sqrt{6})-2\cdot\frac{20\sqrt{6}}{11}\cdot2\sqrt{6}\cdot\frac{11}{12}}=\frac{4\sqrt{29}}{11}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 2011, билет 7
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. — № 5.243, с. 135
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2011, выезд, 11 класс, вариант Ф, задача 6