8688. Дана треугольная пирамида, рёбра которой равны 15, 9, 9, 12, 12, 3. Найдите радиус описанной вокруг пирамиды сферы и объём пирамиды.
Ответ. \frac{15}{2}
, \frac{9}{4}\sqrt{551}
.
Решение. Из отрезков, равных 3, 9 и 12, нельзя составить треугольник, поэтому поверхность пирамиды состоит из двух равнобедренных треугольников со сторонами 9, 9, 3 и 12, 12, 3 и двух равных треугольников со сторонами 9, 12, 15. Пусть пирамида ABCD
такая: DA=15
, DB=DC=12
, AB=AC=9
и BC=3
. Заметим, что треугольники ABD
и ACD
— прямоугольные (9^{2}+12^{2}=81+144=225=15^{2}
) с прямыми углами при вершинах B
и C
соответственно (рис. 1).
Пусть DH
— высота пирамиды. Поскольку DB=DC
, точка H
лежит на серединном перпендикуляре к ребру BC
, а так как AB=AC
, то прямая AH
содержит высоту равнобедренного треугольника ABC
. По теореме о трёх перпендикулярах HB\perp AB
и HC\perp AC
, значит, точки A
и H
в плоскости основания лежат по разные стороны от прямой BC
.
Пусть M
— точка пересечения отрезков BC
и AH
. Тогда M
— середина BC
. Обозначим \angle BAH=\alpha
. Из прямоугольных треугольников ABH
, ABM
и ADH
(рис. 2) находим, что
\sin\alpha=\frac{BM}{AB}=\frac{\frac{3}{2}}{9}=\frac{1}{6},~\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\frac{\sqrt{35}}{6},
AH=\frac{AB}{\cos\alpha}=\frac{9}{\frac{\sqrt{35}}{6}}=\frac{54}{\sqrt{35}},~AM=AB\cos\alpha=9\cdot\frac{\sqrt{35}}{6}=\frac{3\sqrt{35}}{2}
DH=\sqrt{AD^{2}-AH^{2}}=\sqrt{15^{2}-\frac{54^{2}}{35}}=\frac{3\sqrt{551}}{\sqrt{35}}.
Следовательно,
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot3\cdot\frac{3\sqrt{35}}{2}\cdot\frac{3\sqrt{551}}{\sqrt{35}}=\frac{9}{4}\sqrt{551}.
Пусть Q
— центр окружности, описанной около треугольника ABC
, r
— её радиус, O
— центр сферы радиуса R
, описанной около тетраэдра ABCD
. Тогда
r=\frac{BC}{2\sin\angle BAC}=\frac{BC}{2\sin2\alpha}=\frac{BC}{4\sin\alpha\cos\alpha}=\frac{3}{4\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{35}}{6}}=\frac{27}{\sqrt{35}}.
Точка O
равноудалена от вершин треугольника ABC
, поэтому она лежит на прямой, проходящей через точку Q
перпендикулярно плоскости ABC
. Обозначим OQ=x
. Из точки O
опустим перпендикуляр OF
на высоту DH
. Из прямоугольных треугольников DOF
и OQB
находим, что
R^{2}=OD^{2}=OF^{2}+DF^{2}=(AH-AQ)^{2}+(DH-OQ)^{2}=\left(\frac{27}{\sqrt{35}}\right)^{2}+\left(\frac{3\sqrt{551}}{\sqrt{35}}-x\right)^{2},
R^{2}=OB^{2}=QB^{2}+OQ^{2}=\left(\frac{27}{\sqrt{35}}\right)^{2}+x^{2}.
Приравняв правые части этих равенств, получим уравнение
\left(\frac{27}{\sqrt{35}}\right)^{2}+\left(\frac{3\sqrt{551}}{\sqrt{35}}-x\right)^{2}=\left(\frac{27}{\sqrt{35}}\right)^{2}+x^{2},
из которого находим, что x=\frac{3\sqrt{551}}{2\sqrt{35}}
. Следовательно,
R=\sqrt{\left(\frac{27}{\sqrt{35}}\right)^{2}+x^{2}}=\sqrt{\left(\frac{27}{\sqrt{35}}\right)^{2}+\left(\frac{3\sqrt{551}}{2\sqrt{35}}\right)^{2}}=\frac{15}{2}.