Задача 87277

Темы:    [ Касающиеся сферы ] [ Сфера, вписанная в двугранный угол ]

Сложность: 4 Классы: 8,9

Условие

В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник ABC со стороной 2 , и SA = SB = SC = . В трёхгранный угол при вершине C вписана сфера S1 . Сфера S2 , радиус которой втрое больше, чем у сферы S1 , касается сферы S1 , плоскостей SAC и ABC . При этом отрезок прямой SB , заключённый внутри сферы S2 , равен . Найдите радиус сферы S2 .

Решение

Пусть SM – высота данной правильной пирамиды SABC (рис.1), K – середина ребра AC . Тогда M – центр равностороннего треугольника ABC , BK – высота этого треугольника,

BK = AC· = 2· = 3,

BM = BK = 2, KM = BK = 1.
По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника BMS находим, что
SM = = = .
Обозначим через β угол боковой грани пирамиды с плоскостью основания. Из прямоугольного треугольника KMS находим, что
tg β = = = ,
поэтому β = 60^o . Центр сферы, вписанной в двугранный угол, лежит в биссекторной плоскости этого угла. Пусть сферы S1 и S2 с центрами O1 и O2 касаются плоскости основания ABC в точках P и Q соответственно, P1 и Q1 – ортогональные проекции точек P и Q на прямую AC , а r и 3r – радиусы сфер (рис.2). Тогда
PP1 = r ctg = r ctg 30^o = r,

QQ1 = 3r ctg = 3r ctg 30^o = 3r,

PQ = 2 = 2r.
Таким образом, PP1 + PQ = QQ1 . Значит, точки P и Q лежат на перпендикуляре QQ1 к прямой AC , причём точка P лежит между Q и Q1 . Кроме того, поскольку грани ASC и BSC образуют равные углы с плоскостью основания, точка P лежит на биссектрисе угла ACB . Поэтому
CQ1 = PQ1 ctg 30^o = r· = 3r.
Проведём сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки B , S и K (рис.3). Получим окружность с центром в некоторой точке D , лежащей на биссектрисе угла BSK треугольника BSK , причём сторона BS высекает на этой окружности хорду EF , равную . Если H – ортогональная проекция точки D на плоскость основания ABC , то DH = O2Q = 3r . Расстояние O2D от точки O2 до плоскости сечения равно расстоянию от точки Q до прямой BK , а т.к. QQ1|| BK , то
O2D = HQ= Q1K = |CK - CQ1|= | - 3r|.
Из прямоугольного треугольника O2DF находим, что
DE = = = .
При этом r . Пусть G – середина хорды EF . Тогда
DG = = =

= = .
Кроме того,
HM = |HK - KM| = |QQ1 - MK| = |3r - 1| = 3r - 1,
т.к. r > . Это означает, что точки D и K лежат по разные стороны от прямой SM . Если точка D лежит внутри треугольника BSM ((рис.4), то площадь треугольника BMS равна сумме площадей треугольников BDM , MDS и BDS . В этом случае
BM· DH + MS· HM + BS· DG = BM· SM,
или
2· 3r + (3r-1) + = 2.
После очевидных преобразований получим:
= 3 - 15r 75r2 - 44r + 19 = 0

r = илиr = .
Оба найденных корня не удовлетворяют условию 3 - 15r 0 . Если точка D лежит вне треугольника BSM (рис.5) (это может быть только в случае, когда точки D и M лежат по разные стороны от прямой BS ), то
BM· DH + MS· HM - BS· DG = BM· SM,
или
2· 3r + (3r-1) - = 2.
После очевидных преобразований получим:
= 15r - 3 75r2 - 44r + 19 = 0

r = илиr = .
Оба корня удовлетворяют условию задачи. Следовательно, радиус сферы S2 равен или .

Ответ

; .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
неизвестно
Номер	7748