9031. В пирамиде ABCD
длина каждого из рёбер AB
и CD
равна 4, длина каждого из остальных рёбер равна 3. В эту пирамиду вписана сфера. Найдите объём пирамиды, вершинами которой являются точки касания сферы с гранями пирамиды ABCD
.
Ответ. \frac{8}{375}
.
Решение. Пусть сфера с центром O
касается граней ABC
, ABD
, BCD
и ACD
в точках P
, Q
, K
и L
соответственно. Поскольку все грани пирамиды равны между собой (равногранный тетраэдр), центры вписанной и описанной сфер совпадают, поэтому перпендикуляр, опущенный из точки O
на грань пирамиды, проходит через центр описанной окружности этой грани, т. е. точки P
, Q
, K
и L
— центры описанных окружностей соответствующих граней пирамиды ABCD
.
Заметим, что пирамида ABCD
симметрична относительно плоскости, проходящей через прямую CD
и середину M
ребра AB
. Значит, AB\perp CD
.
Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC
. Прямая CM
— серединный перпендикуляр к стороне AB
, значит, центр P
описанной окружности этого треугольника лежит на CM
. Из прямоугольного треугольника BMC
находим, что
MC=\sqrt{BC^{2}-MB^{2}}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5},~\sin\angle ABC=\frac{MC}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{3}.
Пусть R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
. По теореме синусов
R=\frac{AC}{2\sin\angle ABC}=\frac{3}{2\cdot\frac{\sqrt{5}}{3}}=\frac{9}{2\sqrt{5}}=\frac{9}{10}\sqrt{5}.
Тогда
MP=MC-PC=MC-R=\sqrt{5}-\frac{9}{10}\sqrt{5}=\frac{1}{10}\sqrt{5},~~MQ=MP=\frac{1}{10}\sqrt{5}.
Из подобия равнобедренных треугольников MPQ
и MCD
находим, что
PQ=CD\cdot\frac{MP}{MC}=4\cdot\frac{\frac{1}{10}\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=\frac{2}{5}.
Аналогично находим, что KL=\frac{2}{5}
.
Пусть N
— середина основания CD
равнобедренного треугольника DMC
, E
и F
— точки пересечения с отрезком MN
отрезков PQ
и KL
соответственно. Тогда MN
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых AB
и CD
, а значит, EF
— общий перпендикуляр скрещивающихся прямых PQ
и KL
. Далее имеем:
MN=\sqrt{MC^{2}-NC^{2}}=\sqrt{5-4}=1,~NF=ME=\frac{1}{10}MN=\frac{1}{10},
EF=MN-ME-NF=1-\frac{1}{10}-\frac{1}{10}=\frac{4}{5}.
Пусть V
— искомый объём пирамиды KLPQ
. Прямые KL
и PQ
перпендикулярны, поскольку перпендикулярны параллельные им прямые AB
и CD
. Следовательно,
V=\frac{1}{6}KL\cdot PQ\cdot EF\cdot\sin90^{\circ}=\frac{1}{6}\cdot\frac{2}{5}\cdot\frac{2}{5}\cdot\frac{4}{5}\cdot1=\frac{8}{375}.