В основании пирамиды лежит правильный треугольник \(ABC\) со стороной \(5.\) Боковые ребра \(AS\), \(BS\) и \(CS\) пирамиды равны соответственно \(7\), \(7\) и \(3.\) Прямой круговой цилиндр расположен так, что окружность его верхнего основания имеет ровно одну общую точку с каждой из боковых граней пирамиды, а окружность нижнего основания лежит в плоскости \(ABC\) и касается прямых \(AC\) и \(BC.\) Найдите радиус основания цилиндра.

Решение

Плоскость, проходящая через точки \(S, C, M\), где \(M\) - середина AB, будет плоскостью симметрии пирамиды. Всё основное действие будет происходить в ней, поэтому пространственного чертежа можно будет не делать, ограничившись рисунком сечения пирамиды плоскостью \(SCM\).

Плоскость верхнего основания цилиндра параллельна плоскости основания, и её точки пересечения с боковыми рёбрами мы обозначим через \(A_{1}, B_{1}, C_{1}\). Верхнее основание цилиндра будет кругом, вписанным в треугольник \(A_{1} B_{1} C_{1}\), подобный треугольнику \(ABC\) с коэффициентом \(k<1\).

Впишем окружность в треугольник \(ABC\). Легко найти все нужные нам элементы этого треугольника: высота \(CM=\frac{5\sqrt3}{2}\), \(\href{https://examp.info/onedef/ploshad-figury/}{\text{площадь}}\) \(S=\frac{25\sqrt3}{4}\), полупериметр \(p=\frac{15}{2}\), откуда радиус вписанной окружности равен \(r=\frac{S}{p} = \dfrac{5\sqrt3}{6}\). Обозначим центр этой окружности через \(I\); тогда \(IM=r=\dfrac{5\sqrt3}{6}\) и \(CI=\dfrac{5\sqrt3}{3}\), то есть точка \(I\) делит отрезок \(CM\) в отношении \(2:1\) (как \(\href{https://examp.info/theorem/o-medianah/}{\text{точка пересечения медиан}}\)). То же верно относительно окружности с центром \(I_{1}\), вписанной в треугольник \(A_{1} B_{1} C_{1}\). Она делит отрезок \(C_{1} M_{1}\) в том же отношении \(2:1\), а её радиус равен \(r_{1}=\dfrac{5\sqrt3}{6}k\).

При ортогональной проекции этой окружности на основание пирамиды получается окружность того же радиуса, центр которой \(I'\) лежит на прямой \(CM\). От точки C он должен быть удалён на расстояние \(\dfrac{2}{1} r_{1}\), так как отношение \(r_{1}\) к \(CI'\) равно синусу угла \(MCA\), а он равен \(MA:CA=1:2\). Таким образом, нужно подобрать значение \(k\), для которого \(CI'=2r_{1}=\dfrac{5\sqrt3}{3} k\).

Теперь имеет смысл сделать рисунок сечения, обозначая через \(H\) проекцию вершины \(S\) на прямую \(CM\). При этом \(SH\) будет высотой пирамиды, длина которой легко вычисляется. \(SM= \sqrt{7^2-\left(\frac{5}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{19}}{2}\). Угол \(SCM\) - тупой, и проекция \(H\) точки \(S\) лежит на продолжении луча \(MC\) за точку \(C\).

Длину высоты \(SH\) можно найти c помощью \(\href{https://examp.info/theorem/cosinusov/}{\text{теоремы косинусов}}\) применённой к вершине \(M\) в треугольнике \(SMC\) и через косинус найти синус. \(9 = \frac{171}{4} + \frac{75}{4} - 2\frac{15\sqrt{57}}{4}\cos M \Leftrightarrow \cos M = \frac{7}{\sqrt{57}} \Leftrightarrow \sin M = 2\sqrt{\frac{2}{57}}\) и получаем, что \(SH = \sin M \cdot SM = 2\sqrt{\frac{2}{57}} \cdot \frac{3\sqrt{19}}{2} = \sqrt{6}\). И из \(\href{https://examp.info/theorem/pifagora/}{\text{теоремы Пифагора}}\) \(CH = \sqrt{9 - 6} = \sqrt{3}\).
Проекции точек с нижним индексом \(1\) на прямую \(MC\) будем обозначать буквами со штрихом. Тогда \(CC'=(1−k)CH=(1−k)\sqrt3\) из соображений подобия треугольников. Далее, \(C_{1} M_{1}=k \cdot CM=\frac{5\sqrt3}{2}k\), откуда \(C'I'=C_{1} I_{1}=\dfrac{2}{3}C_{1} M_{1}=\dfrac{5\sqrt3}{3}k\). Тогда \(CI'=|CC'−C'I'|=|(1−k)\sqrt3−\dfrac{5\sqrt3}{3}k|\). Именно это расстояние, как было выяснено выше, должно быть равно \(\dfrac{5\sqrt3}{3}k\). Составляем уравнение \(|\sqrt3−\dfrac{8\sqrt3}{3}k|=\dfrac{5\sqrt3}{3}k\), имеющее два решения, но значение \(k=1\) нам не подходит. Следовательно, \(k=\dfrac{3}{13}\). Нетрудно проверить, что точка \(I'\) будет находиться ровно посередине между \(C'\) и \(C\), а это значит, что нижнее основание цилиндра касается продолжений сторон \(AC\) и \(BC\) за точку \(C\).

Высота цилиндра равна \((1−k)SH=\dfrac{10}{13} \sqrt{6}\).

Ответ: \(\dfrac{10}{13} \sqrt{6}\).