Задача №18527

В правильную треугольную пирамиду $SABC\text{,}$ сторона основания у которой $AB=24\text{,}$ вписан шар с центром в точке $O\text{,}$ и проведена высота $SH\text{.}$ Точка $K$ — середина стороны $AB\text{.}$ Вокруг пирамиды $OHKA$ описан второй шар, причём его радиус равен удвоенному радиусу первого шара. Найти длину высоты пирамиды.

Обозначения и подготовка

Пирамида правильная, поэтому вершина $S$ проектируется в центр $H$ основания, а $SH$ — высота; положим $SH=h\text{.}$ Основание — равносторонний треугольник со стороной $AB=24\text{.}$

Для равностороннего треугольника со стороной $a=24\text{:}$

• расстояние от центра до вершины $HA=\frac{a}{\sqrt{3}}=8\sqrt{3}\text{,}$ значит $H{A}^2=192\text{;}$
• апофема основания (расстояние от центра до середины стороны) $HK=\frac{a}{2\sqrt{3}}=4\sqrt{3}\text{,}$ значит $H{K}^2=48\text{.}$

Обозначим $m=HK=4\sqrt{3}\text{.}$

Вписанный шар касается плоскости основания, поэтому его центр $O$ лежит на оси $SH$ на высоте, равной радиусу $r$ этого шара: $OH=r\text{.}$

Шаг 1. Описанный шар около $OHKA$

Покажем, что отрезок $OA$ является диаметром шара, описанного около тетраэдра $OHKA\text{.}$

Прямой угол при $H\text{.}$ Отрезок $OH$ лежит на оси пирамиды и перпендикулярен плоскости основания, а $HA$ лежит в плоскости основания. Следовательно $OH\perp HA\text{,}$ то есть $\angle OHA=90^{\circ }\text{.}$

Прямой угол при $K\text{.}$ Апофема $HK$ перпендикулярна стороне $AB\text{,}$ а ось $OH$ перпендикулярна всему основанию, значит $OH\perp AB\text{.}$ Поэтому прямая $AB$ перпендикулярна всей плоскости $OHK\text{,}$ в частности $AB\perp KO\text{.}$ Так как $KA$ лежит на прямой $AB\text{,}$ получаем $KO\perp KA\text{,}$ то есть $\angle OKA=90^{\circ }\text{.}$

Таким образом, точки $H$ и $K$ видят отрезок $OA$ под прямым углом, а значит лежат на сфере с диаметром $OA\text{.}$ Эта сфера содержит также $O$ и $A\text{,}$ поэтому она и есть описанная сфера тетраэдра $OHKA\text{,}$ а её радиус

Из прямоугольного треугольника $OHA$ (прямой угол при $H$):

По условию $R_2=2r\text{,}$ поэтому

Отсюда $15r^2=192\text{,}$ то есть

Заметим, что $r^2=\frac{64}{5}=12,8<48=m^2$ — это понадобится ниже для положительности высоты.

Шаг 2. Связь радиуса вписанного шара и высоты

Центр $O$ равноудалён от основания и от боковой грани; лежа на оси, он лежит на биссектрисе плоского угла $\angle SKH$ в осевом сечении, проходящем через $S\text{,}$ $H\text{,}$ $K$ (это линейный угол двугранного угла при ребре $AB$). Значит, в прямоугольном треугольнике $OHK$ (прямой угол при $H$)

Поскольку $\tan \angle SKH=\frac{SH}{HK}=\frac{h}{m}\text{,}$ по формуле двойного угла

Отсюда

(Это то же самое, что и стандартная формула радиуса вписанного шара $r=\frac{mh}{m+\sqrt{h^2+m^2}}\text{,}$ разрешённая относительно $h\text{.}$)

Шаг 3. Подстановка

Подставляем $m^2=48\text{,}$ $r=\frac{8}{\sqrt{5}}\text{,}$ $r^2=\frac{64}{5}\text{:}$

Все величины положительны, знаменатель $m^2-r^2>0\text{,}$ корень единственный — отбор не требуется.

Проверка

При $h=\frac{48\sqrt{5}}{11}\approx 9,757$ прямая формула вписанного шара даёт $r=\frac{mh}{m+\sqrt{h^2+m^2}}\approx 3,578=\frac{8\sqrt{5}}{5}\text{,}$ а координатный расчёт даёт радиус описанной сферы $OHKA$ ровно $2r$ (численно отношение $R_2/r=2,000$). Согласовано.

Ответ