8848. В основании пирамиды SABC
лежит треугольник ABC
, у которого AB=15\sqrt{2}
, BC=20
, а радиус окружности, описанной около этого треугольника, равен 5\sqrt{5}
. На сторонах треугольника ABC
как на диаметрах построены три сферы, пересекающиеся в точке O
. Точка O
является центром четвёртой сферы, причём вершина пирамиды S
есть точка касания этой сферы с некоторой плоскостью, параллельной плоскости основания ABC
. Площадь части четвёртой сферы, которая заключена внутри трёхгранного угла, образованного лучами OA
, OB
и OC
, равна 8\pi
. Найдите объём пирамиды SABC
.
Ответ. 50(5\sqrt{2}\pm4)
.
Решение. Поскольку точка O
лежит на сфере с диаметром AB
, отрезок AB
виден из этой точки под прямым углом. Аналогично, стороны BC
и AC
треугольника ABC
видны из точки O
под прямым углом. Значит, OABC
— трёхгранный угол, все плоские углы которого равны по 90^{\circ}
, поэтому внутри этого трёхгранного угла заключена восьмая часть площади сферы. Если r
— радиус сферы, то \frac{1}{8}\cdot4\pi r^{2}=8\pi
. Откуда находим, что r=4
.
Докажем, что треугольник ABC
— остроугольный. Обозначим OA=x
, OB=y
, OC=z
. Тогда
\cos\angle ACB=\frac{AC^{2}+BC^{2}-AB^{2}}{2AC\cdot BC}=\frac{(x^{2}+z^{2})+(y^{2}+z^{2})-(x^{2}+y^{2})}{2AC\cdot BC}=\frac{z^{2}}{AC\cdot BC}\gt0.
Следовательно, \angle ACB\lt\frac{\pi}{2}
. Аналогично для остальных углов треугольника ABC
. Таким образом, косинусы углов треугольника ABC
положительны.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Пусть R=5\sqrt{5}
— радиус описанной окружности треугольника ABC
. По теореме синусов
\sin\alpha=\frac{BC}{2R}=\frac{20}{10\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\gamma=\frac{AB}{2R}=\frac{15\sqrt{2}}{10\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{10}}.
Тогда
\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\frac{1}{\sqrt{5}},~\cos\gamma=\frac{3}{\sqrt{10}},
\sin(\alpha+\gamma)=\sin\alpha\cos\gamma+\cos\alpha\sin\gamma=\frac{2}{\sqrt{5}}\cdot\frac{1}{\sqrt{10}}+\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
По теореме синусов
AC=2R\sin(\pi-\alpha-\gamma)=2R\sin(\alpha+\gamma)=10\sqrt{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=5\sqrt{10}.
По теореме Пифагора
\syst{x^{2}+y^{2}=450\\y^{2}+z^{2}=400\\x^{2}+z^{2}=250\\}~\Leftrightarrow~\syst{x^{2}=150\\y^{2}=300\\z^{2}=100.\\}~
Кроме того,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC\sin\gamma=\frac{1}{2}\cdot20\cdot5\sqrt{10}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}=150.
Пусть K
— проекция точки O
на плоскость треугольника ABC
. Обозначим OK=h
. Выражая объём V
пирамиды OABC
двумя способами (V=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot h
и V=\frac{1}{3}S_{\triangle OAB}\cdot OC
), получим, что
h=\frac{S_{\triangle OAB}\cdot OC}{S_{\triangle ABC}}=\frac{150z}{\frac{1}{2}xy}=\frac{150\cdot10}{\frac{1}{2}\cdot\sqrt{450}\cdot\sqrt{300}}=5\sqrt{2}.
Пусть высота исходной пирамиды SABC
, опущенная из вершины S
, равна H
. Поскольку точка S
лежит в плоскости, параллельной основанию ABC
, а сфера касается этой плоскости в точке S
, то либо H=h+r
, либо H=h-r
. Следовательно,
V_{SABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot H=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot(h\pm r)=\frac{1}{3}\cdot150(5\sqrt{2}\pm4)=50(5\sqrt{2}\pm4).