9072. В основании пирамиды SABCD
лежит параллелограмм ABCD
. Сфера \omega
радиуса \frac{15}{14}
с центром O
касается рёбер AS
, BS
, AD
, BC
пирамиды SABCD
соответственно в точках K
, L
, M
, N
, пересекает ребро AB
в точках P
и Q
и касается грани SCD
. Известно, что прямая SO
перпендикулярна плоскости ABCD
и пересекает её в точке H
, \frac{AB}{PQ}=\frac{4}{\sqrt{7}}
, \frac{AS}{LS}=\frac{3}{2}
. Найдите \angle SAB
, \angle SBH
, высоту пирамиды и её объём.
Ответ. \arccos\frac{4}{9}
, \arccos\frac{5}{9}
, 2
, \frac{64}{21}
.
Решение. Сечение сферы плоскостью ASB
— окружность, касающаяся сторон SA
и SB
треугольника ASB
в точках K
и L
и пересекающая сторону AB
в точках P
и Q
. Пусть O'
— основание перпендикуляра, опущенного из центра O
сферы на плоскость ASB
. Тогда O'
— центр этой окружности, а SO'
— биссектриса угла ASB
.
Продолжим SO'
до пересечения со стороной AB
в точке E
. Прямая AB
перпендикулярна плоскости SHE
, так как AB\perp SH
и AB\perp OO'
. Значит, AB\perp SE
. Биссектриса SE
треугольника ASB
является его высотой, поэтому треугольник ASB
равнобедренный, E
— середина AB
.
Сечение сферы плоскостью ABCD
— окружность, касающаяся сторон AD
и BC
параллелограмма ABCD
в точках M
и N
и пересекающая сторону AB
в точках P
и Q
. Точка H
— центр этой окружности, MN
— её диаметр, а HE\perp AB
, так как радиус, проходящий через середину хорды PQ
, перпендикулярен этой хорде. Противоположные стороны AM
и BN
четырёхугольника ABMN
параллельны, а отрезок HE
соединяет середины сторон MN
и AB
, значит, HE\parallel AM
, а так как HE\perp AB
, то AM\perp AB
. Следовательно, ABCD
— прямоугольник.
1) Пусть точка P
лежит между A
и Q
. Положим SA=3t
, SL=2t
, AB=4x
, PQ=x\sqrt{7}
. Тогда
SK=SL=3t,~SK=SL=2t,~AM=AK=SA-SK=3t-2t=t,~
AE=\frac{1}{2}AB=2x,~AP=AE-PE=AE-\frac{1}{2}PQ=2x-\frac{x\sqrt{7}}{2},
AQ=AE+QE=2x+\frac{x\sqrt{7}}{2}.
По теореме о касательной и секущей AM^{2}=AP\cdot AQ
, или
t^{2}=\left(2x-\frac{x\sqrt{7}}{2}\right)\left(2x+\frac{x\sqrt{7}}{2}\right)=x^{2}\left(4-\frac{7}{4}\right)=\frac{9}{4}x^{2},
откуда x=\frac{2}{3}t
. Следовательно,
\cos\angle SAB=\cos\angle SAE=\frac{AE}{SA}=\frac{2x}{3t}=\frac{\frac{4}{3}t}{3t}=\frac{4}{9}.
2) Из прямоугольного треугольника AEH
находим, что
AH=\sqrt{AE^{2}+EH^{2}}=\sqrt{AE^{2}+AM^{2}}=\sqrt{4x^{2}+t^{2}}=\sqrt{\frac{16}{9}t^{2}+t^{2}}=\frac{5}{3}t,
поэтому BH=AH=\frac{5}{3}t
. Следовательно,
\cos\angle SBH=\frac{BH}{SB}=\frac{\frac{5}{3}t}{3t}=\frac{5}{9}.
3) Пусть AH=h
, а R=\frac{15}{14}
— радиус сферы. Тогда OL=R=\frac{15}{14}
и OL\perp SB
как радиус сферы, проведённый в точку касания с прямой SB
. Обозначим \angle SBH=\alpha
. Тогда
\angle SOL=\angle SBH=\alpha,~\cos\alpha=\frac{5}{9},~\sin\alpha=\frac{2\sqrt{14}}{9},~\tg\alpha=\frac{2\sqrt{14}}{5}.
Из прямоугольного треугольника OLS
находим, что
2t=SL=OL\tg\alpha=\frac{15}{14}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{5}=\frac{3\sqrt{14}}{7}.
Тогда t=\frac{3\sqrt{14}}{14}
. Следовательно,
h=SH=BH\tg\alpha=\frac{5}{3}t\cdot\frac{2\sqrt{14}}{5}=\frac{5}{3}\cdot\frac{3\sqrt{14}}{14}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{5}=2.
4) Продолжим отрезок HE
до пересечения с ребром CD
в точке F
и опустим перпендикуляр OG
из центра сферы на SF
. Тогда OG
— перпендикуляр к плоскости CSD
, поэтому G
— точка касания сферы с этой плоскостью. Значит, SG=SL=2t
(как отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки). Прямоугольные треугольники SOG
и SOL
равны по катету и гипотенузе, значит,
\angle SFH=\angle SOG=\angle SOL=\angle SBH=\alpha,
HF=\frac{SH}{\tg\alpha}=\frac{2}{\frac{2\sqrt{14}}{5}}=\frac{5}{\sqrt{14}}=\frac{5\sqrt{14}}{14}.
Тогда
AD=AM+MD=AM+HF=\frac{3\sqrt{14}}{14}+\frac{5\sqrt{14}}{14}=\frac{4\sqrt{14}}{7},
S_{ABCD}=AB\cdot AD=4x\cdot\frac{4\sqrt{14}}{7}=\frac{16\sqrt{14}}{7}\cdot\frac{2}{3}t=\frac{32\sqrt{14}}{21}t=\frac{32\sqrt{14}}{21}\cdot\frac{3\sqrt{14}}{14}=\frac{32}{7}.
Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot\frac{32}{7}\cdot2=\frac{64}{21}.