8909. В основании четырёхугольной пирамиды SABCD
лежит ромб ABCD
с острым углом при вершине A
. Высота ромба равна 4, точка пересечения его диагоналей является ортогональной проекцией вершины S
на плоскость основания. Сфера радиуса 2 касается плоскостей всех граней пирамиды. Найдите объём пирамиды, если расстояние от центра сферы до прямой AC
равно \frac{2\sqrt{2}}{3}AB
.
Ответ. 8\sqrt{2}
.
Решение. Центр сферы, касающейся двух пересекающихся плоскостей лежит в биссекторной плоскости одного из двугранных углов, образованных этими плоскостями. Для данной пирамиды такая сфера либо вписана в пирамиду, либо касается плоскости основания и продолжений всех боковых граней, либо касается одной из боковых граней и продолжений остальных граней.
Пусть SK
и SN
— высоты треугольников ASB
и DSC
соответственно, H
— центр ромба ABCD
.
Если сфера вписана в пирамиду SABCD
(рис. 1), то её центр O
лежит на высоте SH
, так как биссекторные плоскости двугранных углов, образованных соседними боковыми гранями такой пирамиды пересекаются по прямой SH
. По теореме о трёх перпендикулярах HK\perp AB
и HN\perp CD
, и так как AB\parallel CD
, то точки K
, H
и N
лежат на одной прямой — высоте ромба ABCD
. Плоскость ASB
проходит через прямую AB
, перпендикулярную плоскости KSN
, поэтому плоскости ASB
и KSN
перпендикулярны, значит, перпендикуляр OE
, опущенный из точки O
на прямую SK
пересечения плоскостей ASB
и KSN
(т. е. радиус сферы), лежит в плоскости KSN
.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью KSN
(рис. 2). В четырёхугольнике OEKH
известно, что OE=OH=KH=2
и \angle OEK=\angle OHK=90^{\circ}
. Из равенства прямоугольных треугольников OHK
и OEK
(по катету и гипотенузе) следует, что EK=KH=2
, поэтому OEKH
— квадрат, что невозможно, так как \angle EKH\lt90^{\circ}
. Таким образом, сфера не может быть вписана в данную пирамиду.
Аналогично доказывается, что сфера не может касаться грани ABCD
и продолжения всех боковых граней пирамиды.
Пусть сфера касается грани DSC
и продолжений остальных граней пирамиды. Плоскости ASB
и CSD
проходят через параллельные прямые AB
и CD
, поэтому прямая l
их пересечения параллельна каждой и этих прямых. Пусть F
— точка на продолжении отрезка KS
за точку S
. Тогда FSN
линейный угол двугранного угла, содержащего центр сферы. Тогда биссектриса m
этого угла лежит в биссекторной плоскости \alpha
рассматриваемого двугранного угла и параллельна KN
как биссектриса внешнего угла при вершине S
равнобедренного треугольника KSN
, а так как две пересекающиеся прямые l
и m
плоскости \alpha
соответственно параллельны прямым AB
и KN
плоскости ABCD
, то плоскость \alpha
параллельна плоскости ABCD
. Аналогично доказывается, что плоскость \alpha
— биссекторная плоскость двугранного угла между продолжениями граней ASD
и BSC
.
Таким образом, радиус сферы равен расстоянию между параллельными плоскостями \alpha
и ABCD
. Поэтому SH=2
, а так как NH=\frac{1}{2}KN=2
, то SN=2\sqrt{2}
.
Биссекторная плоскость двугранного угла между плоскостями ABCD
и CSD
, содержащая центр этой сферы, проходит через прямую CD
, параллельную плоскости \alpha
, и пересекает плоскость \alpha
, поэтому прямая пересечения параллельна прямой CD
. Аналогично, остальные биссекторные плоскости двугранный углов, смежных с двугранными углами пирамиды при рёбрах её основания, пересекают плоскость \alpha
по прямым, параллельным этим рёбрам. Пусть O_{A}O_{B}O_{C}O_{D}
— четырёхугольник, образованный пересечением этих четырёх прямых. Его противоположные стороны попарно параллельны, значит, это — параллелограмм. Его диагонали соответственно параллельны диагоналям ромба ABCD
, значит, O_{A}O_{B}O_{C}O_{D}
— ромб, подобный ромбу ABCD
. Таким образом, центром сферы, о которой говорится в условии задачи, не может быть точка, отличная от точек O_{A}
, O_{B}
, O_{C}
и O_{D}
, так как только эти точки плоскости \alpha
равноудалены от плоскостей всех граней пирамиды.
Пусть T
— точка пересечения прямой m
со стороной O_{D}O_{C}
. Поскольку ST\parallel HN
, точка T
лежит в плоскости KSN
, причём NT
— биссектриса угла SNG
, смежного с углом SNK
. Поэтому \angle STN=\angle TNG=\angle SNT
, значит, ST=SN
, а коэффициент подобия ромбов O_{A}O_{B}O_{C}O_{D}
и ABCD
равен \frac{ST}{NH}=\frac{SN}{NH}=\sqrt{2}
.
Точки O_{A}
и O_{C}
не удовлетворяют условию задачи, так как тогда их расстояние до прямой AC
равно расстоянию между плоскостями \alpha
и ABCD
, т. е. 2, поэтому \frac{2\sqrt{2}}{3}AB=2
, откуда AD=AB=\frac{3}{\sqrt{2}}\lt4=KN
, что невозможно, так как сторона ромба меньше его высоты.
Рассмотрим точку O_{D}
. Обозначим AB=x
. Из подобия ромбов следует, что DH=\frac{1}{\sqrt{2}}SO_{D}
. Поскольку ортогональная проекция прямой O_{D}H
на плоскость основания пирамиды есть прямая DH
и DH\perp AC
, то по теореме о трёх перпендикулярах O_{D}H\perp AC
, значит, длина отрезка O_{D}H
и есть расстояние от точки O_{D}
до прямой AC
, а так как по условию это расстояние равно \frac{2\sqrt{2}}{3}x
, то из прямоугольного треугольника SHO_{D}
находим, что
SO_{D}^{2}=O_{D}H^{2}-SH^{2}=\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}x\right)^{2}-2^{2}=\frac{8}{9}x^{2}-4.
Тогда
DH^{2}=\frac{1}{2}SO_{D}^{2}=\frac{4}{9}x^{2}-2.
Пусть Q
— проекция точки B
на сторону CD
ромба ABCD
(рис. 3). Тогда
BQ=KN=4,~CQ=\sqrt{BC^{2}-BQ^{2}}=\sqrt{x^{2}-16},~DQ=CD-CQ=x-\sqrt{x^{2}-16},
BD^{2}=BQ^{2}+DQ^{2}=16+(x-\sqrt{x^{2}-16})^{2},
DH^{2}=\frac{1}{4}BD^{2}=\frac{1}{4}(16+(x-\sqrt{x^{2}-16})^{2})=\frac{1}{4}(16+(x-\sqrt{x^{2}-16})^{2})=\frac{1}{2}(x^{2}-x\sqrt{x^{2}-16}),
Из уравнения \frac{4}{9}x^{2}-2=\frac{1}{2}(x^{2}-x\sqrt{x^{2}-16})
находим, что x=3\sqrt{2}
. Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}AB\cdot KN\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot3\sqrt{2}\cdot4\cdot2=8\sqrt{2}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1991, билет 9, № 5
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 91-9-5, с. 314