Задача №18154

Дана пирамида $ABCD\text{.}$ Сфера касается плоскостей $DAB\text{,}$ $DAC$ и $DBC$ в точках $K\text{,}$ $L$ и $M$ соответственно. При этом точка $K$ находится на стороне $AB\text{,}$ точка $L$ — на стороне $AC\text{,}$ точка $M$ — на стороне $BC\text{.}$ Известно, что радиус сферы равен 3,

$$\angle ADB=90^{\circ },\angle BDC=105^{\circ },\angle ADC=75^{\circ }.$$

Найти объём пирамиды.

Обозначим вершину пирамиды через $D\text{,}$ центр сферы через $O\text{,}$ её радиус $r=3\text{.}$ Сфера касается плоскости $DAB$ в точке $K\in AB\text{,}$ плоскости $DAC$ в точке $L\in AC$ и плоскости $DBC$ в точке $M\in BC\text{.}$ Введём длины боковых рёбер $DA\text{,}$ $DB\text{,}$ $DC$ и данные плоские углы при вершине $D\text{:}$

$$\angle ADB=90^{\circ },\angle ADC=75^{\circ },\angle BDC=105^{\circ }.$$

Касательные отрезки из вершин. Если точка $P$ лежит в плоскости, касающейся сферы в точке $T\text{,}$ то прямая $PT$ лежит в этой плоскости и касается сферы, поэтому $PT$ — отрезок касательной из $P\text{.}$ Значит, длины касательных, проведённых из одной точки к сфере по разным касательным плоскостям, равны между собой.

Точка $D$ принадлежит всем трём касательным плоскостям $DAB\text{,}$ $DAC\text{,}$ $DBC\text{,}$ поэтому

$$DK=DL=DM=d$$

для некоторого общего значения $d\text{.}$ Точка $A$ лежит в плоскостях $DAB$ и $DAC\text{,}$ значит $AK=AL\text{;}$ точка $B$ — в плоскостях $DAB$ и $DBC\text{,}$ значит $BK=BM\text{;}$ точка $C$ — в плоскостях $DAC$ и $DBC\text{,}$ значит $CL=CM\text{.}$

Равенство углов, опирающихся на тангенциальные лучи. Так как сфера касается плоскости $DAB$ в точке $K\text{,}$ радиус $OK$ перпендикулярен этой плоскости, и $K$ есть ортогональная проекция центра $O$ на плоскость $DAB\text{.}$ Аналогично $L$ и $M$ — проекции $O$ на плоскости $DAC$ и $DBC\text{.}$

Рассмотрим ребро $DA\text{,}$ общее для граней $DAB$ и $DAC\text{.}$ Опустим из $O$ перпендикуляр на прямую $DA\text{;}$ его основание обозначим $P\text{.}$ Проекция точки на прямую, лежащую в плоскости, получается двукратным проектированием — сначала на плоскость, затем на прямую, поэтому точка $P$ служит проекцией на $DA$ и для точки $K$ (лежащей в плоскости $DAB$), и для точки $L$ (лежащей в плоскости $DAC$). Значит,

$$DP=DK\cos \angle KDA=DL\cos \angle LDA.$$

Но $DK=DL=d\text{,}$ поэтому $\cos \angle KDA=\cos \angle LDA\text{,}$ то есть лучи $DK$ и $DL$ образуют с ребром $DA$ один и тот же угол. Обозначим его $\alpha \text{.}$ Точно так же луч из $D$ к точке касания образует с ребром $DB$ один и тот же угол $\beta$ (в гранях $DAB$ и $DBC$), а с ребром $DC$ — один и тот же угол $\gamma$ (в гранях $DAC$ и $DBC$).

Нахождение углов $\alpha ,\beta ,\gamma \text{.}$ В каждой грани луч $DK$ (соответственно $DL\text{,}$ $DM$) лежит внутри плоского угла при вершине $D$ и разбивает его на два угла, найденных выше:

$$\alpha +\beta =\angle ADB=90^{\circ },\alpha +\gamma =\angle ADC=75^{\circ },\beta +\gamma =\angle BDC=105^{\circ }.$$

Сложив все три равенства, получим $2(\alpha +\beta +\gamma )=270^{\circ }\text{,}$ то есть $\alpha +\beta +\gamma =135^{\circ }\text{.}$ Вычитая отсюда каждое из равенств, находим

$$\gamma =135^{\circ }-90^{\circ }=45^{\circ },\beta =135^{\circ }-75^{\circ }=60^{\circ },\alpha =135^{\circ }-105^{\circ }=30^{\circ }.$$

Координатная модель. Поместим $D$ в начало координат и выберем единичные векторы $\mathbf{u},\mathbf{v},\mathbf{w}$ вдоль рёбер $DA\text{,}$ $DB\text{,}$ $DC$ так, чтобы

$$\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}=\cos 90^{\circ }=0,\mathbf{u}\cdot \mathbf{w}=\cos 75^{\circ },\mathbf{v}\cdot \mathbf{w}=\cos 105^{\circ }.$$

Тогда $A=DA\mathbf{u}\text{,}$ $B=DB\mathbf{v}\text{,}$ $C=DC\mathbf{w}\text{.}$ Точки касания суть проекции центра $O$ на грани; из условия попадания $K,L,M$ на рёбра $AB,AC,BC$ вместе с равенствами касательных длины восстанавливаются однозначно. В частности, проекции центра на рёбра дают

$$\mathbf{u}\cdot O=d\cos \alpha ,\mathbf{v}\cdot O=d\cos \beta ,\mathbf{w}\cdot O=d\cos \gamma ,$$

а боковые рёбра и касательные длины выражаются компактно:

$$DA=\frac{d}{\cos \alpha },DB=\frac{d}{\cos \beta },DC=\frac{d}{\cos \gamma },$$ $$AK=AL=d\mathrm{tg}\alpha ,BK=BM=d\mathrm{tg}\beta ,CL=CM=d\mathrm{tg}\gamma .$$

Связь радиуса с $d\text{.}$ Зная три скалярных произведения $\mathbf{u}\cdot O,\mathbf{v}\cdot O,\mathbf{w}\cdot O\text{,}$ найдём $|DO{|}^2\text{,}$ разложив $O$ по базису $\mathbf{u},\mathbf{v},\mathbf{w}$ с матрицей Грама

$$G=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& \cos 75^{\circ }\\ 0& 1& \cos 105^{\circ }\\ \cos 75^{\circ }& \cos 105^{\circ }& 1\end{array}\right).$$

Прямое вычисление квадратичной формы $|DO{|}^2=(d\cos \alpha ,d\cos \beta ,d\cos \gamma \left)G^{-1}\right(d\cos \alpha ,d\cos \beta ,d\cos \gamma {)}^{\top }$ даёт

$$|DO{|}^2=d^2+\frac{\sqrt{3}}{4}{d}^2.$$

С другой стороны, по теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $ODK$ (прямой угол при точке касания $K$) имеем $|DO{|}^2=D{K}^2+O{K}^2=d^2+r^2\text{.}$ Сравнивая два выражения, получаем

$$r^2=\frac{\sqrt{3}}{4}{d}^2,\text{откуда}{d}^2=\frac{4r^2}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}{r}^2.$$

При $r=3$ отсюда $d^2=12\sqrt{3}\text{,}$ то есть $d=2\cdot 3^{3/4}\text{.}$

Длины боковых рёбер. Подставляя $\cos \alpha =\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}\text{,}$ $\cos \beta =\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}\text{,}$ $\cos \gamma =\cos 45^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}$ и $d=2\cdot 3^{3/4}\text{,}$ находим

$$DA=\frac{d}{\cos 30^{\circ }}=\frac{2d}{\sqrt{3}}=4\cdot 3^{1/4},DB=\frac{d}{\cos 60^{\circ }}=2d=4\cdot 3^{3/4},DC=\frac{d}{\cos 45^{\circ }}=d\sqrt{2}=2\sqrt{2}\cdot 3^{3/4}.$$

Объём пирамиды. Объём тетраэдра с общей вершиной $D$ выражается через три исходящих ребра и плоские углы между ними:

$$V=\frac{1}{6}DA\cdot DB\cdot DC\sqrt{1-{\cos }^2\angle ADB-{\cos }^2\angle ADC-{\cos }^2\angle BDC+2\cos \angle ADB\cos \angle ADC\cos \angle BDC}.$$

Так как $\angle ADB=90^{\circ }\text{,}$ все слагаемые с $\cos \angle ADB$ обнуляются. Учитывая $\cos 105^{\circ }=-\cos 75^{\circ }\text{,}$ получаем

$$1-{\cos }^{2}75^{\circ }-{\cos }^{2}105^{\circ }=1-2{\cos }^{2}75^{\circ }=-\cos 150^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2},$$

так что множитель-корень равен $\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}\text{.}$ Перемножая рёбра,

$$DA\cdot DB\cdot DC=\frac{d^3}{\cos 30^{\circ }\cos 60^{\circ }\cos 45^{\circ }}=\frac{d^3}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{8d^3}{\sqrt{6}}.$$

Следовательно,

$$V=\frac{1}{6}\cdot \frac{8d^3}{\sqrt{6}}\cdot \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4d^3}{3\sqrt{6}}\cdot \frac{3^{1/4}}{\sqrt{2}}=\frac{4d^3}{3}\cdot \frac{3^{1/4}}{2\sqrt{3}}=\frac{2d^3}{3}\cdot 3^{-1/4}.$$

Подставим $d=2\cdot 3^{3/4}\text{,}$ тогда $d^3=8\cdot 3^{9/4}\text{,}$ и

$$V=\frac{2}{3}\cdot 8\cdot 3^{9/4}\cdot 3^{-1/4}=\frac{16}{3}\cdot 3^2=\frac{16}{3}\cdot 9=48.$$

В общем виде $V=\frac{16}{9}{r}^3\text{;}$ при $r=3$ это даёт $V=\frac{16}{9}\cdot 27=48\text{.}$

Численная проверка. Возьмём координаты $D=(0,0,0)\text{,}$ $\mathbf{u}=(1,0,0)\text{,}$ $\mathbf{v}=(0,1,0)\text{,}$ $\mathbf{w}=(\cos 75^{\circ },\cos 105^{\circ },\sqrt{1-{\cos }^{2}75^{\circ }-{\cos }^{2}105^{\circ }})\text{.}$ При $DA=4\cdot 3^{1/4}\approx 5,2643\text{,}$ $DB=4\cdot 3^{3/4}\approx 9,1180\text{,}$ $DC=2\sqrt{2}\cdot 3^{3/4}\approx 6,4474$ центр $O\approx (3,9482,2,2795,3,0000)$ удалён от каждой из трёх граней ровно на $3\text{,}$ а его проекции $K,L,M$ попадают на рёбра $AB,AC,BC$ соответственно; при этом $DK=DL=DM\approx 4,5590=\sqrt{12\sqrt{3}}\text{.}$ Смешанное произведение даёт $\frac{1}{6}|(A-D)\cdot ((B-D)\times (C-D)\left)\right|=48,000\text{,}$ что подтверждает ответ.

Ответ.

$$\boxed{V=48.}$$