С2 (№ 16). И снова сфера+пирамида

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.

Итак,  $tg2\alpha=\frac{2tg\alpha}{1-tg^2\alpha}=\frac{2\cdot \frac{14}{15}}{1-(\frac{14}{15})^2}=\frac{420}{29}.$

Наконец,  из треугольника $SMH$

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

$\frac{420}{29}=\frac{SH}{\frac{75}{4\sqrt{14}}};$

$SH=\frac{7875}{29\sqrt{14}}.$

$V=\frac{1}{3}\cdot S_{LMN}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 6\sqrt{14}\cdot \frac{7875}{29\sqrt{14}}=\frac{15750}{29}.$