8819. В правильной треугольной пирамиде SABC
(S
— вершина) точка P
— середина апофемы SD
, лежащей в грани SBC
. На ребре AB
взята точка M
, причём MB:AB=2:7
. Сфера, центр которой лежит на прямой MP
, проходит через точки A
, C
и пересекает прямую BC
в точке Q
так, что CQ=m
. Найдите объём пирамиды SABC
, если известно, что радиус сферы равен \frac{m}{\sqrt{3}}
.
Ответ. \frac{45}{1024}\sqrt{3}m^{3}
.
Решение. Пусть O
— центр сферы, H
, O'
и P'
— ортогональные проекции точек соответственно S
, O
и P
на плоскость основания пирамиды (рис. 2). Тогда P'
— середина отрезка HD
, поэтому
DP'=\frac{1}{2}DH=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}AD=\frac{1}{6}AD.
Если прямая CP'
пересекает отрезок AB
в точке N
, то по теореме Менелая, применённой к треугольнику ABD
и прямой CN
,
\frac{AN}{NB}\cdot\frac{BC}{CD}\cdot\frac{DP'}{P'A}=1,~\mbox{или}~\frac{AN}{NB}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{1}{5}=\frac{5}{2},
откуда \frac{AN}{NB}=\frac{5}{2}
, а так как по условию задачи \frac{AM}{MB}=\frac{5}{2}
, точка N
совпадает с M
. Значит, точка O'
лежит на прямой CM
. С другой стороны, O'A=O'C
как проекции равных наклонных OA
и OC
, поэтому точка O'
лежит на серединном перпендикуляре к стороне AC
равностороннего треугольника ABC
, т. е. на прямой BH
. Следовательно, O'
— точка пересечения прямых CM
и BH
.
Обозначим AB=a
. Тогда
DP'=\frac{1}{6}AD=\frac{a\sqrt{3}}{12},~CD=\frac{1}{2}a.
Рассмотрим треугольник DHB
и прямую CM
. По теореме Менелая
\frac{HO'}{O'B}\cdot\frac{BC}{CD}\cdot\frac{DP'}{P'H}=1,~\mbox{или}~\frac{HO'}{O'B}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{1}{1}=1,
откуда \frac{HO'}{O'B}=\frac{1}{2}
. Тогда, если F
— проекция точки O'
на сторону CQ
, то
\frac{DF}{FB}=\frac{HO'}{O'B}=\frac{1}{2},~\mbox{или}~\frac{CF-CD}{BC-CF}=\frac{\frac{m}{2}-\frac{a}{2}}{a-\frac{m}{2}}=\frac{1}{2},
откуда a=\frac{3}{4}m
.
Рассмотрим треугольник AP'M
и прямую BH
. По теореме Менелая
\frac{P'O}{O'M}\cdot\frac{MB}{BA}\cdot\frac{BH}{HP'}=1,~\mbox{или}~\frac{P'O}{O'M}\cdot\frac{2}{7}\cdot\frac{4}{1}=1,
откуда \frac{P'O}{O'M}=\frac{7}{8}
. Поэтому \frac{P'M}{O'M}=\frac{15}{8}
.
Пусть R_{1}
— радиус окружности сечения. Из треугольника ACQ
по теореме косинусов находим, что
AQ=\sqrt{CQ^{2}+AC^{2}-2CQ\cdot AC\cos60^{\circ}}=m\sqrt{1+\frac{9}{16}-\frac{3}{4}}=\frac{m\sqrt{13}}{4}.
Тогда по теореме синусов
R_{1}=\frac{AQ}{2\sin60^{\circ}}=\frac{\frac{m\sqrt{13}}{4}}{\sqrt{3}}=\frac{m\sqrt{13}}{4\sqrt{3}}.
Из прямоугольного треугольника CO'O
(рис. 1) находим, что
OO'=\sqrt{CO^{2}-O'C^{2}}=\sqrt{\frac{m^{2}}{3}-\frac{13m^{2}}{48}}=\frac{m}{4},
а из подобия треугольников PP'M
и OO'M
—
PP'=OO'\cdot\frac{P'M}{O'M}=\frac{m}{4}\cdot\frac{15}{8}=\frac{15}{32}m.
Поэтому,
SH=2PP'=\frac{15}{16}m.
Следовательно,
V_{SABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{15}{16}m=\frac{1}{3}\cdot\frac{\frac{9}{16}m^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{15}{16}m=\frac{45}{1024}\sqrt{3}m^{3}.