Поскольку диагональ BE делит четырехугольник ABCE на два
равновеликих треугольника, треугольные пирамиды ABEH и BCEH
с общей вершиной H равновелики. Поэтому
V(ABEH) = 1/12.
Пусть BK - высота треугольной пирамиды ABEH, проведенная из
вершины B. Тогда
BK$\le$AB = 1. Поэтому
1/12 = V(ABEH) = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{3}}$S(AEH) . BK = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{3}}$$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$AH . HE . sin$\displaystyle \angle$AHE . BK$\displaystyle \le$
$\displaystyle \le$$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{3}}$$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$AH . HE . 1 . 1 = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$AH . HE$\displaystyle \le$$\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$($\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$(AH + HE))2 = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{6}}$($\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$$\displaystyle \sqrt{2}$))2 = 1/12.
Это возможно лишь в случае, когда
AH = HE = $\displaystyle \sqrt{2}$/2,$\displaystyle \angle$AHE = 90o, BK = AB = 1,
а точка
Kсовпадает с точкой
A, т.е.
AB- перпендикуляр к плоскости
AHE. Поэтому
AB$\perp$
AE. Так как плоскость основания проходит через
перпендикуляр к плоскости грани
AHE, то эти плоскости
перпендикулярны, поэтому высота
HMпрямоугольного треугольника
AHEявляется высотой пирамиды
ABCEH.
Из равнобедренного прямоугольного треугольника
AHE находим,
что
AE = 1,
HM = 1/2. Равнобедренные треугольники
ABE и
CBE с общим
основанием
BE равновелики, поэтому они равны. Следовательно,
четырехугольник
ABCE - квадрат со стороной, равной 1, а высота
пирамиды
ABCEH равна 1/2 и проходит через середину
M стороны
AE
основания.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки
H, M и середину N ребра BC. Получим прямоугольный треугольник HMN
со сторонами
MN = 1, HM = 1/2, HN = $\displaystyle \sqrt{5}$/2.
Пусть
O- центр окружности, вписанной в треугольник
HMN,
r- ее
радиус. Тогда
r = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$(MN + HM - HN) = (3 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/4.
Докажем, что шар радиуса
rс центром в точке
Oпомещается в
пирамиде
ABCEH. Поскольку центр шара лежит в плоскости,
перпендикулярной граням
AHEи
BHC, он касается этитх граней.
Поэтому достаточно установить, что расстояния от точки
Oдо
плоскостей граней
AHBи
CHEне меньше
r.
Через точку
O проведем плоскость, параллельную грани
AHE.
Пусть эта плоскость пересекает ребра
AB,
BH,
CH и
CE в точках
P,
Q,
R и
S соответственно. Из теоремы о пересечении двух параллельных
плоскостей третьей следует, что
PQRS - равнобедренная трапеция.
Пусть
F - основание перпендикуляра, опущенного из точки
O на
боковую сторону
PQ этой трапеции. Тогда
OF - перпендикуляр к
плоскости грани
AHB(
OF $\perp$
PQ,
OF $\perp$
AB).
Пусть L - точка касания шара с плоскостью основания пирамиды.
Тогда
AP = SE = LM = r = (3 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/4,
PS = AE = 1,
RS = PQ = AH . PB/AB = ($\displaystyle \sqrt{2}$/2) . (1 - r)/1 = $\displaystyle \sqrt{2}$($\displaystyle \sqrt{5}$ + 1)/8,
QR = BC . ML/MN = 1 . r/1 = r = (3 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/4.
Пусть
T- середина
PQ,
G- основание перпендикуляра, опущенного из
точкки
Qна основание
PCтрапеции
PQRS. Тогда
OQ- половина средней
линии трапеции, а прямоугольные треугольники
OFTи
QGP- подобны.
Поэтому
OT = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$(PS + QR) = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$(1 + (3 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/4) = (7 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/16,
QG = 2r = (3 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/2,
OF = QG . OT/PQ = ((3 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/2) . ((7 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/16)/($\displaystyle \sqrt{2}$($\displaystyle \sqrt{5}$ + 1)/8) =
= (9$\displaystyle \sqrt{5}$ - 19)/(4$\displaystyle \sqrt{2}$) > (3 - $\displaystyle \sqrt{5}$)/4.
Аналогично докажем, что расстояние от точки
Oдо плоскости грани
CHEтакже меньше
r. Таким образом, радиус наибольшего шара
помещающегося в пирамиде
ABCEH, равен (3 -$\sqrt{5}$)/4.