8611. Дана пирамида ABCD
. Сфера касается плоскостей DAB
, DAC
и DBC
в точках K
, L
и M
соответственно. При этом точка K
находится на стороне AB
, точка L
— на стороне AC
, точка M
— на стороне BC
. Известно, что радиус сферы равен 3, \angle ADB=90^{\circ}
, \angle BDC=105^{\circ}
, \angle ADC=75^{\circ}
. Найдите объём пирамиды.
Ответ. 48.
Решение. Пусть O
— центр сферы (рис. 1). Тогда радиус OK
перпендикулярен касательной плоскости — плоскости грани DAB
, значит, треугольник OKD
— прямоугольный. Аналогично, треугольники OMD
и OLD
— также прямоугольные, причём отрезок DO
— их общая гипотенуза, а катеты OK
, OM
и OL
равны как радиусы сферы. Следовательно, DK=DM=DL
.
Сечение сферы плоскостью ABC
есть окружность, вписанная в треугольник ABC
. Пусть Q
— её центр. Поскольку боковые рёбра треугольной пирамиды KLMD
равны, высота этой пирамиды (а значит, и пирамиды ABCD
) проходит через центр окружности, описанной около основания KLM
, т. е. через точку Q
, а так как QK\perp AB
, то по теореме о трёх перпендикулярах DK\perp AB
, т. е. DK
— высота грани ADB
. Аналогично, DM
и DL
— высоты граней BDC
и ADC
. Высота треугольной пирамиды KLMO
с равными боковыми рёбрами OK
, OL
и OM
также проходит через точку Q
. Таким образом, точка Q
лежит на общей гипотенузе равных прямоугольных треугольников OKD
, OMD
и OLD
, причём прямая DO
перпендикулярна плоскости ABC
.
Обозначим \angle BDK=\alpha
. Тогда из равенства прямоугольных треугольников BDK
и BDM
следует, что \angle BDM=\angle BDK=\alpha
. Аналогично,
\angle ADL=\angle ADK=90^{\circ}-\alpha,~\angle CDL=\angle CDM=105^{\circ}-\alpha,
а так как
75^{\circ}=\angle ADC=\angle ADL+\angle CDL=90^{\circ}-\alpha+105^{\circ}-\alpha=195^{\circ}-2\alpha,
то
\alpha=\frac{1}{2}(195^{\circ}-75^{\circ})=\frac{1}{2}\cdot120^{\circ}=60^{\circ}.
Тогда
\angle ADL=\angle ADK=90^{\circ}-\alpha=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ},
\angle CDL=\angle CDM=105^{\circ}-\alpha=105^{\circ}-60^{\circ}=45^{\circ}.
Обозначим DK=DM=DL=h
. Из прямоугольных треугольников BDK
, DMC
и ALD
находим, что
BK=DK\tg60^{\circ}=h\sqrt{3},~CM=DM\tg45^{\circ}=h,~AL=DL\tg30^{\circ}=\frac{h\sqrt{3}}{3}.
Пусть S
— площадь треугольника ABC
, p
— полупериметр, r
— радиус вписанной окружности. По формуле Герона
S=\sqrt{\left(h\sqrt{3}+h+\frac{h\sqrt{3}}{3}\right)h\sqrt{3}\cdot h\cdot\frac{h\sqrt{3}}{3}}=h^{2}\sqrt{\sqrt{3}+1+\frac{\sqrt{3}}{3}}.
С другой стороны,
S=pr=\left(h\sqrt{3}+h+\frac{h\sqrt{3}}{3}\right)r=hr\left(\sqrt{3}+1+\frac{\sqrt{3}}{3}\right).
Из уравнения
h^{2}\sqrt{\sqrt{3}+1+\frac{\sqrt{3}}{3}}=hr\left(\sqrt{3}+1+\frac{\sqrt{3}}{3}\right)
находим, что
\frac{r}{h}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{4\sqrt{3}+3}}.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ODK
(рис. 2). Обозначим \angle ODK=\varphi
. Из прямоугольного треугольника DQK
находим, что
\sin\varphi=\sin\angle KDQ=\frac{KQ}{DK}=\frac{r}{h}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\sqrt{3}}}.
Тогда
\ctg\varphi=\sqrt{\frac{1}{\sin^{2}\varphi}-1}=\sqrt{\frac{4\sqrt{3}+3}{3}-1}=\sqrt{\frac{4\sqrt{3}}{3}}=\frac{2}{\sqrt[{4}]{{3}}},
h=DK=OK\ctg\angle KDO=3\ctg\varphi=\frac{6}{\sqrt[{4}]{{3}}}=2\sqrt[{4}]{{27}},
r=KQ=h\sin\varphi=2\sqrt[{4}]{{27}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\sqrt{3}}},~p=\frac{h(4\sqrt{3}+3)}{3}=2\sqrt[{4}]{{27}}\cdot\frac{4\sqrt{3}+3}{3},
S=p\cdot r=2\sqrt[{4}]{{27}}\cdot\frac{4\sqrt{3}+3}{3}\cdot2\sqrt[{4}]{{27}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\sqrt{3}}}=12\sqrt{4\sqrt{3}+3},
DQ=DK\cos\varphi=h\ctg\varphi\sin\varphi=2\sqrt[{4}]{{27}}\cdot\frac{2}{\sqrt[{4}]{{3}}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\sqrt{3}}}=\frac{12}{\sqrt{4\sqrt{3}+3}}.
Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S\cdot DQ=\frac{1}{3}\cdot12\sqrt{4\sqrt{3}+3}\cdot\frac{12}{\sqrt{4\sqrt{3}+3}}=48.