14375. Шар радиуса r
касается боковых граней треугольной пирамиды в точках пересечения их высот. Сумма трёх плоских углов при вершине пирамиды равна \alpha
. Докажите, что пирамида правильная. Найдите длину бокового ребра пирамиды.
Ответ. \frac{r\ctg\frac{\alpha}{6}}{\cos\frac{\alpha}{3}}\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{6}-\sin^{2}\frac{\alpha}{6}}
.
Решение. Пусть шар касается боковых граней ASB
, BSC
и ASC
в их ортоцентрах H_{1}
, H_{2}
и H_{3}
соответственно. Тогда BH_{1}=BH_{2}
и SH_{1}=SH_{2}
как отрезки касательных, проведённых к шару из одной точки. Значит, треугольники BH_{1}S
и BH_{2}S
равны по трём сторонам, поэтому \angle DBH_{1}=\angle DBH_{2}
.
Пусть BD
и BE
— высоты граней ASB
и BSC
соответственно. Тогда прямоугольные треугольники SBD
и SBE
равны по общей гипотенузе SB
и острому углу. Значит,
\angle ASB=\angle DSB=\angle ESB=\angle BSC.
Аналогично, \angle BSC=\angle ASC
. Следовательно,
\angle ASB=\angle BSC=\angle ASC=\frac{\alpha}{3}.
Пусть SK
и SM
— высоты треугольников ASB
и BSC
соответственно. Аналогично, предыдущему из равенства углов BSK
и BCM
получаем равенство \angle ABS=\angle CBS
. Следовательно, треугольники ASB
и BSC
равны по трём сторонам. Аналогично, равны треугольники BSC
и ASC
. Тогда AB=BC=AC
и SA=SB=SC
. Значит, пирамида SABC
правильная. Что и требовалось доказать.
Центр O
шара лежит на высоте SH
пирамиды. Обозначим SA=SB=SC=b
. Пусть H
— центр основания ABC
. Тогда
SM=SB\cos\angle BSM=b\cos\frac{\alpha}{6},~BM=b\sin\frac{\alpha}{6},~
HM=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}\cdot\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}\cdot\frac{2BM\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}\cdot\frac{2b\sin\frac{\alpha}{6}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{b\sqrt{3}}{3}\sin\frac{\alpha}{6}.
Из прямоугольных треугольников BEC
, H_{2}ES
и HSM
получаем
SE=SB\cos\angle BSE=b\cos\frac{\alpha}{3},~SH_{2}=\frac{SE}{\cos\angle ESH_{2}}=\frac{b\cos\frac{\alpha}{3}}{\cos\frac{\alpha}{6}},
SH=\sqrt{SM^{2}-HM^{2}}=\sqrt{b^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{6}-\frac{1}{3}b^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{6}}=\frac{b}{\sqrt{3}}\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{6}-\sin^{2}\frac{\alpha}{6}}
Поскольку OH_{2}\perp SM
, прямоугольные треугольники SHM
и SH_{2}O
подобны, поэтому \frac{HM}{OH_{2}}=\frac{SH}{SH_{2}}
, или
\frac{\frac{b\sqrt{3}}{3}\sin\frac{\alpha}{6}}{r}=\frac{\frac{b}{\sqrt{3}}\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{6}-\sin^{2}\frac{\alpha}{6}}}{\frac{b\cos\frac{\alpha}{3}}{\cos\frac{\alpha}{6}}},
откуда
b=\frac{r\ctg\frac{\alpha}{6}}{\cos\frac{\alpha}{3}}\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{6}-\sin^{2}\frac{\alpha}{6}}.