C2 (№16). Сфера вписана в пирамиду

Задача С2  Т/Р №65 А. Ларина. 

В треугольной пирамиде длины двух непересекающихся ребер равны 12 и 4, а остальные ребра имеют длину 7. В пирамиду вписана сфера. Найти расстояние от центра сферы до ребра длины 12.

Решение:

Пусть нам дана пирамида $DABC$ с основанием $ABC$, равными ребрами $AB,\;BC,\;AD,\;DC.$

Центр вписанной сферы равноудален от всех граней пирамиды, поэтому является точкой пересечения биссекторных плоскостей всех двугранных углов пирамиды  + показать

В частности, центр сферы $O$ лежит на некоторой прямой  $ET$ ($E,\;T$ – середины $AC,\;BD$ соответственно), по которой пересекаются биссекторные плоскости  двугранных углов с ребрами $AC,\;BD.$

При построении биссекторной плоскости двугранного угла при ребре $BD$ мы опирались на то, что линейный угол упомянутого двугранного – это угол $ACT$, ведь $CT$ и $AT$ – высоты/медианы/биссектрисы равнобедренных треугольников. При этом треугольник $ATC$ также равнобедренный. Аналогично с биссекторной плоскостью при ребре $AC.$

Заметим,  построенная плоскость $DBE$ перпендикулярна  прямой $AC$ по признаку перпендикулярности прямой и плоскости. А значит, любая прямая этой плоскости ($DBE$) будет перпендикулярна прямой $AC$, в частности,  $OE$ – и есть искомое расстояние.

Также, из того, что $DBE$ перпендикулярна  прямой $AC$ следует, что $(DBE)\perp (ABC)$  по признаку перпендикулярности плоскостей. Нам это еще пригодится.

Можно провести и третью биссекторную плоскость, чтобы «зафиксировать» точку $O$, но мы обойдемся и без этого при решении задачи.

Очевидно, высота пирамиды $DH$ лежит в плоскости $EBD$ (плоскость $EBD$ перпендикулярна плоскости основания, а значит, прямая, в ней лежащая, и при этом перпендикулярная прямой пересечения плоскостей, перпендикулярна плоскости основания (по свойству перпендикулярных плоскостей)).

Найдем высоту пирамиды из треугольника $EBD.$

Заметим, $ED=EB=\sqrt{13}.$

Распишем дважды площадь треугольника $EDB$, используя разные высоты:

$\frac{1}{2}ET\cdot DB=\frac{1}{2}DH\cdot EB$

$\sqrt{(\sqrt{13})^2-2^2}\cdot 4=DH\cdot \sqrt{13}$

$DH=\frac{12}{\sqrt{13}}$

Найдем радиус вписанной в пирамиду сферы, используя формулу (кстати, мы ее уже применяли (доказательство там же)):

$\color{red}r=\frac{3V}{S_{poverhnost}}$

Прежде

$S_{ABC}=S_{ADC}=6\sqrt{13};$

$S_{ABD}=S_{CBD}=6\sqrt5;$

Тогда

$S_{poverhnost}=12(\sqrt{13}+\sqrt5).$

Стало быть,

$r=\frac{3\cdot \frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot DH}{S_{poverhnost}}=\frac{6\sqrt{13}\cdot \frac{12}{\sqrt{13}}}{12(\sqrt{13}+\sqrt5)}=\frac{6}{\sqrt{13}+\sqrt5}$

Наконец, из подобия треугольников $EOP$, $DBH$ ($P$ – точка касания сферы и плоскости основания) по двум углам имеем:

$\frac{OP}{HB}=\frac{EO}{BD},$

где $OP=r=\frac{6}{\sqrt{13}+\sqrt5},\;HB=\sqrt{DB^2-DH^2}=\sqrt{16-\frac{144}{13}}=\frac{8}{\sqrt{13}}.$

Откуда

$EO=\frac{\frac{6}{\sqrt{13}+\sqrt5}\cdot 4}{\frac{8}{\sqrt{13}}}=\frac{3\sqrt{13}}{\sqrt{13}+\sqrt5}.$

Ответ: $\frac{3\sqrt{13}}{\sqrt{13}+\sqrt5}.$

Для самостоятельной проработки

В треугольной пирамиде $SABC$ боковое ребро $SB$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$, и его длина равна $2\sqrt3$. Ребра $AB$ и $BC$ равны $\sqrt5$, а ребро $AC$ равно $2$. Найдите расстояние от центра вписанной в пирамиду сферы до вершины $S$.
Ответ: + показать