9073. В основании пирамиды SABCD
лежит параллелограмм ABCD
. Сфера \omega
радиуса \frac{77}{20}
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{PQ}{AB}=\sqrt{\frac{23}{72}}
, \frac{AK}{BS}=\frac{1}{3}
. Найдите \angle SAB
, \angle BSH
, высоту пирамиды и её объём.
Ответ. \arccos\frac{2\sqrt{2}}{7}
, \arcsin\frac{11}{21}
, 8
, \frac{576\sqrt{2}}{5}
.
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 SB=3t
, AK=t
, AB=x\sqrt{72}=6x\sqrt{2}
, PQ=x\sqrt{23}
. Тогда
AM=AK=t,~SA=SB=3t,~SK=SA-AK=3t-t=2t,~SL=SK=2t,
AE=\frac{1}{2}AB=3x\sqrt{2},~AP=AE-PE=AE-\frac{1}{2}PQ=3x\sqrt{2}-\frac{x\sqrt{23}}{2},
AQ=AE+QE=3x\sqrt{2}+\frac{x\sqrt{23}}{2}.
По теореме о касательной и секущей AM^{2}=AP\cdot AQ
, или
t^{2}=\left(3x\sqrt{2}-\frac{x\sqrt{23}}{2}\right)\left(3x\sqrt{2}+\frac{x\sqrt{23}}{2}\right)=x^{2}\left(18-\frac{23}{4}\right)=\frac{49}{4}x^{2},
откуда x=\frac{2}{7}t
. Следовательно,
\cos\angle SAB=\cos\angle SAE=\frac{AE}{SA}=\frac{3x\sqrt{2}}{3t}=\frac{x\sqrt{2}}{t}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{7}t}{t}=\frac{2\sqrt{2}}{7}.
2) Из прямоугольного треугольника AEH
находим, что
AH=\sqrt{AE^{2}+EH^{2}}=\sqrt{AE^{2}+AM^{2}}=\sqrt{18x^{2}+t^{2}}=\sqrt{\frac{72}{49}t^{2}+t^{2}}=\frac{11}{7}t,
поэтому BH=AH=\frac{11}{7}t
. Следовательно,
\sin\angle BSH=\frac{BH}{SB}=\frac{\frac{11}{7}t}{3t}=\frac{11}{21}.
3) Пусть AH=h
, а R=\frac{77}{20}
— радиус сферы. Тогда OL=R=\frac{77}{20}
и OL\perp SB
как радиус сферы, проведённый в точку касания с прямой SB
. Обозначим \angle BSH=\alpha
. Тогда
\sin\alpha=\frac{11}{21},~\cos\alpha=\frac{8\sqrt{5}}{21},~\ctg\alpha=\frac{8\sqrt{5}}{11}.
Из прямоугольного треугольника OLS
находим, что
2t=SL=OL\ctg\alpha=\frac{77}{20}\cdot\frac{8\sqrt{5}}{11}=\frac{14\sqrt{5}}{5}.
Тогда t=\frac{7\sqrt{5}}{5}
. Следовательно,
h=SH=BH\ctg\alpha=\frac{11}{7}t\cdot\frac{8\sqrt{5}}{11}=\frac{8\sqrt{5}}{7}\cdot\frac{7\sqrt{5}}{5}=8.
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 FSH=\angle OSG=\angle OSL=\angle BSH=\alpha,
HF=SH\tg\alpha=8\cdot\frac{11}{8\sqrt{5}}=\frac{11}{\sqrt{5}}=\frac{11\sqrt{5}}{5}.
Тогда
AD=AM+MD=AM+HF=\frac{7\sqrt{5}}{5}+\frac{11\sqrt{5}}{5}=\frac{18\sqrt{5}}{5},
S_{ABCD}=AB\cdot AD=6x\sqrt{2}\cdot\frac{18\sqrt{5}}{5}=6\sqrt{2}\cdot\frac{2}{7}t\cdot\frac{18\sqrt{5}}{5}=
=\frac{216\sqrt{10}}{35}t=\frac{216\sqrt{10}}{35}\cdot\frac{7\sqrt{5}}{5}=\frac{216\sqrt{2}}{5}.
Следовательно,
V_{SABCD}=\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot\frac{216\sqrt{2}}{5}\cdot8=\frac{576\sqrt{2}}{5}.