В тетраэдре SABC длины ребер равны AC=BC=1, AB=sqrt(2), AS=BS=sqrt(3), CS=2, SH — высота пирамиды. Шар с центром O_1 касается плоскости ABC в точке H, и также касается грани ABS. Найти радиус шара.
## Разбор основания В треугольнике ABC даны AC=BC=1, AB=2. Так как AC^2+BC^2=1+1=2=AB^2, треугольник ABC прямоугольный и равнобедренный с прямым углом при вершине C. ## Координаты Поместим основание в плоскость Oxy. Возьмём A=(0,0,0), B=(2,0,0). Вершина C равноудалена от A и B на 1; её проекция на AB — середина, поэтому x_C=(2)/(2), а из AC=1: 12+y_C^2=1, то есть y_C=(2)/(2). Значит C=((2)/(2), (2)/(2), 0). Вершина S удовлетворяет AS=BS=3, значит лежит над плоскостью симметрии отрезка AB: x_S=(2)/(2). Пусть S=((2)/(2),y,z). Тогда AS^2=12+y^2+z^2=3, CS^2=(y-(2)/(2))^2+z^2=4. Из первого y^2+z^2=52. Вычитая его из второго, получаем -2y+12=32 => y=-(2)/(2), и тогда z^2=52-12=2, z=2. Итак S=((2)/(2), -(2)/(2), 2). ## Высота и точка H Высота SH пирамиды перпендикулярна основанию z=0, поэтому H — ортогональная проекция S: H=((2)/(2), -(2)/(2), 0), SH=2. Заметим, что H лежит по ту же сторону от прямой AB, что и вершина S (у обеих y<0), и вне треугольника основания (у точек A,B,C координата y>= 0). То есть грань ABS «нависает» над той областью основания, где стоит H, — именно под этот навес и помещается искомый шар. ## Центр шара Шар касается плоскости ABC (то есть z=0) в точке H. Значит его центр O_1 лежит на перпендикуляре к основанию, проведённом через H, а радиус равен расстоянию до плоскости — то есть аппликате центра. Возьмём центр над основанием (со стороны вершины S): O_1=((2)/(2), -(2)/(2), R), (O_1,ABC)=R. ## Плоскость грани ABS Нормаль к плоскости ABS: AB*AS=(2,0,0)*((2)/(2),-(2)/(2),2)=(0,-2,-1). Плоскость проходит через A=(0,0,0), поэтому её уравнение 2y+z=0. (Проверка: для S имеем 2*(-(2)/(2))+2=0.) ## Условие касания грани ABS Расстояние от центра до плоскости 2y+z=0 должно равняться радиусу: (|2*(-(2)/(2))+R|)/(sqrt(2^2+1^2))=R (|R-2|)/(5)=R. Так как правая часть положительна, а при разумном радиусе R<2, раскрываем модуль как 2-R: 2-R=5R => R=(2)/(1+5)=(2(5-1))/((5+1)(5-1))=(2(5-1))/(4)=(sqrt(10)-2)/(4). Численно R~0,437, и условие R<2 выполнено. ## Отбор решения Формально уравнение |R-2|=5R в паре с выбором стороны для центра даёт ещё один корень R=(sqrt(10)+2)/(4) (центр под основанием). Проверим, попадает ли точка касания внутрь именно **грани** (треугольника) ABS, а не в её плоскость. Для R=(sqrt(10)-2)/(4) точка касания грани — основание перпендикуляра из O_1 на плоскость 2y+z=0 — равна ((2)/(2),-0,316,0,632); в разложении A+uAB+vAS получаем u~0,276, v~0,447, u,v>0, u+v~0,724<1 — точка **внутри** треугольника ABS. Значит шар действительно касается грани. Второй корень даёт точку касания с v<0, то есть вне треугольника ABS (касание происходит с продолжением плоскости грани, а не с самой гранью), и потому отбрасывается. ## Ответ R=(sqrt(10)-2)/(4).
\(R=\dfrac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{4}\)