Главная › 14 (С2) Стереометр. задачи › С2 (№ 16). И снова сфера+пирамида

05 Мар 2014

Категория: 14 (С2) Стереометр. задачиСтереометрия

С2 (№ 16). И снова сфера+пирамида

Елена Репина 2014-03-05 2015-09-04

В новом формате ЕГЭ по математике задание значится как «Задание №14»

Задача С2 из Т/Р №66 А. Ларина.

Хорошая задачка. Решаем!

В пирамиде $SLMN$ даны ребра $LM=5$ , $MN=9$ , $NL=10$ . Сфера радиуса $\frac{5\sqrt{14}}{4}$ касается плоскости основания $LMN$ и боковых ребер пирамиды. Точки касания делят эти ребра в равных отношениях, считая от вершины $S$ . Найти объем пирамиды.

Решение: + показать

Докажем, что у пирамиды все боковые ребра равны между собой.

Пусть сфера касается боковых ребер $SL,\;SM,\;SN$ пирамиды в точках $P,\;Q,\;T$ соответственно. $O$ – центр сферы.

Тогда у пирамиды $OPQT$ с основанием $PQT$ боковые ребра равны как радиусы сферы. А значит, вершина $O$ проецируется в центр описанной окружности (назовем $K$ ) около основания (действительно, прямоугольные треугольники $PKO,\;QKO,\;TKO$ равны по гипотенузе и катету, а значит точка $K$ равноудалена от каждой вершины основания $PQT$ ).

Но ведь тогда и, в обратную сторону, в пирамиде $SPQT$ боковые ребра равны, раз ее вершина $S$ спроецировалась в центр описанной окружности около основания.

А поскольку по условию точки касания сферы делят боковые ребра пирамиды в равных отношениях, считая от вершины $S$ , то и $LS=MS=NS$ , а также $S$ проецируется в центр описанной окружности около $\Delta LMN.$

Ну и поскольку плоскости $(PQT),\;(LMN)$ параллельны, то точки $S,\;K,\;O,\;H$ лежат на одной прямой.

Найдем радиус описанной окружности около основания $LMN$ пирамиды $SLMN,$ а также площадь основания пирамиды.

По формуле Герона $S_{LMN}=\sqrt{p(p-LM)(p-LN)(p-MN)},$ где $p=\frac{LM+LN+MN}{2}$ имеем:

$p=\frac{5+9+10}{2}=12;$

$S=\sqrt{12\cdot 2\cdot 3\cdot 7}=6\sqrt{14}.$

Тогда, пользуюсь формулой нахождения радиуса описанной окружности около треугольника с площадью $S$ и сторонами $a,\;b,\;c$

$R=\frac{abc}{4S}$ ,

имеем:

$R_{osnov}=\frac{5\cdot 9\cdot 10}{4\cdot 6\sqrt{14}}=\frac{75}{4\sqrt{14}}.$

Обратимся к прямоугольному треугольнику $SMH:$

Как мы знаем, радиус сферы, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной (плоскости/прямой). То есть $OQ\perp SM.$

Тогда из равенства треугольников $OMH,\;OMQ$ (по гипотенузе и катету) $OM$ – биссектриса угла $SMH.$

Пусть $\angle OMH=\alpha.$

Из треугольника $OMH$ имеем:

$tg\alpha=\frac{OH}{HM}=\frac{\frac{5\sqrt{14}}{4}}{\frac{75}{4\sqrt{14}}}=\frac{14}{15}.$

Из треугольника $SMH:$

$tg2\alpha=\frac{SH}{HM}.$

Как только мы найдем $tg2\alpha,$ – мы будем знать высоту пирамиды (площадь основания уже знаем), тогда и объем будет найден.

Если не помним формулу двойного угла для тангенса, – не проблема. Можно, например, изначально было обратиться не к $tg\alpha,$ а к $sin\alpha$ , предварительно найдя $OM$ по т. Пифагора.