8661. Основание H
высоты SH
треугольной пирамиды SABC
принадлежит грани ABC
, SH=\sqrt{\frac{5}{21}}
, SA=1
, SB=2
, \angle ASB=120^{\circ}
, \angle ACB=60^{\circ}
. Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды SABC
.
Ответ. \frac{\sqrt{21}}{2}
.
Решение. По теореме косинусов из треугольника ASB
находим, что
AB=\sqrt{SA^{2}+SB^{2}-2SA\cdot SB\cos120^{\circ}}=
=\sqrt{1+4-2\cdot1\cdot2\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)}=\sqrt{1+4+2}=\sqrt{7}.
Пусть SD
— высота треугольника ASB
. Тогда
S_{\triangle ASB}=\frac{1}{2}AB\cdot SD=\frac{\sqrt{7}}{2}\cdot SD.
С другой стороны,
S_{\triangle ASB}=\frac{1}{2}AS\cdot BS\sin120^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot1\cdot2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
Из уравнения \frac{\sqrt{7}}{2}\cdot SD=\frac{\sqrt{3}}{2}
находим, что SD=\sqrt{\frac{3}{7}}
.
По теореме о трёх перпендикулярах HD\perp AB
, поэтому SDH
— линейный угол двугранного угла между плоскостями граней ASB
и ABC
. Обозначим \angle SDH=\beta
. Из прямоугольного треугольника SDH
находим, что
\sin\beta=\frac{SH}{SD}=\frac{\sqrt{\frac{5}{21}}}{\sqrt{\frac{3}{7}}}=\frac{\sqrt{5}}{3}.
Тогда \cos\beta=\frac{2}{3}
.
Пусть O_{1}
и O_{2}
— проекции центра O
сферы, описанной около пирамиды ABCD
на плоскости граней ABC
и ASD
соответственно. Тогда O_{1}
и O_{2}
— центры описанных окружностей треугольников ABC
и ASB
. Тогда, если M
— середина ребра AB
, то O_{1}M\perp AB
и O_{2}M\perp AB
.
Поскольку \angle ASB=120^{\circ}\gt90^{\circ}
, центр O_{2}
описанной окружности треугольника ASB
и вершина S
лежат по разные стороны от прямой AB
, значит, центр O
сферы лежит внутри тупого двугранного угла, образованного плоскостями граней ASB
и ABC
.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямые O_{1}O
и O_{2}O
. Прямая AB
перпендикулярна этой плоскости, так как она перпендикулярна двум её пересекающимся прямым O_{1}O
и O_{2}O
, а так как O_{1}M\perp AB
и O_{2}M\perp AB
, то точка M
также принадлежит этой плоскости.
Заметим, что
\angle AO_{1}B=2\angle ACB=120^{\circ},~\angle AO_{2}B=360^{\circ}-2\angle ASB=360^{\circ}-240^{\circ}=120^{\circ},
поскольку центральный угол вдвое больше соответствующего вписанного. Из равных равнобедренных треугольников AO_{1}B
и AO_{2}B
находим, что
O_{1}M=O_{2}M=AM\ctg60^{\circ}=\frac{\sqrt{7}}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}},~BO_{1}=2O_{1}M=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}.
Прямоугольные треугольники OMO_{1}
и OMO_{2}
равны по гипотенузе и катету, поэтому \angle MOO_{1}=\angle MOO_{2}
, а так как \angle O_{1}OO_{1}=\beta
, то \angle MOO_{1}=\frac{\beta}{2}
. Тогда
OO_{1}=O_{1}M\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\cdot\sqrt{\frac{1+\cos\beta}{1-\cos\beta}}=\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\cdot\sqrt{\frac{1+\frac{2}{3}}{1-\frac{2}{3}}}=\frac{\sqrt{35}}{2\sqrt{3}}.
Пусть R
искомый радиус описанной сферы пирамиды ABCD
. Из прямоугольного треугольника OO_{1}B
находим, что
R=OB=\sqrt{OO_{1}^{2}+BO_{1}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{35}}{2\sqrt{3}}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{21}}{2}.