В тетраэдре SABC длины ребер равны AC=BC=1, AB=2, AS=BS=3, CS=2, SH — высота пирамиды. Шар с центром O1 касается плоскости ABC в точке H, и также касается грани ABS. Найти радиус шара.
В треугольнике ABC даны AC=BC=1, AB=2. Так как
AC2+BC2=1+1=2=AB2,треугольник ABC прямоугольный и равнобедренный с прямым углом при вершине C.
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 xC=22, а из AC=1: 21+yC2=1, то есть yC=22. Значит
C=(22, 22, 0).Вершина S удовлетворяет AS=BS=3, значит лежит над плоскостью симметрии отрезка AB: xS=22. Пусть S=(22,y,z). Тогда
AS2=21+y2+z2=3,CS2=(y−22)2+z2=4.Из первого y2+z2=25. Вычитая его из второго, получаем
−2y+21=23 ⇒ y=−22,и тогда z2=25−21=2, z=2. Итак
S=(22, −22, 2).Высота SH пирамиды перпендикулярна основанию z=0, поэтому H — ортогональная проекция S:
H=(22, −22, 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.
Шар касается плоскости ABC (то есть z=0) в точке H. Значит его центр O1 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):
O1=(22, −22, R),ρ(O1,ABC)=R.Нормаль к плоскости ABS:
AB×AS=(2,0,0)×(22,−22,2)=(0,−2,−1).Плоскость проходит через A=(0,0,0), поэтому её уравнение
2y+z=0.(Проверка: для S имеем 2⋅(−22)+2=0.)
Расстояние от центра до плоскости 2y+z=0 должно равняться радиусу:
22+122⋅(−22)+R=R⟺5∣R−2∣=R.Так как правая часть положительна, а при разумном радиусе R<2, раскрываем модуль как 2−R:
2−R=5R ⇒ R=1+52=(5+1)(5−1)2(5−1)=42(5−1)=410−2.Численно R≈0,437, и условие R<2 выполнено.
Формально уравнение ∣R−2∣=5R в паре с выбором стороны для центра даёт ещё один корень R=410+2 (центр под основанием). Проверим, попадает ли точка касания внутрь именно грани (треугольника) ABS, а не в её плоскость.
Для R=410−2 точка касания грани — основание перпендикуляра из O1 на плоскость 2y+z=0 — равна (22,−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.
Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Геометрия
ШМП МГУ (Ю.А. Попов, репетиционный)