7506. В правильной треугольной пирамиде расположен шар радиуса 1. В точке, делящей пополам высоту пирамиды, он касается внешним образом полушара. Полушар опирается на круг, вписанный в основание пирамиды, шар касается боковых граней пирамиды. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды и угол между боковыми гранями пирамиды.
Ответ. 3\sqrt{15}(\sqrt{5}+1)^{2}
; 2\arcsin\sqrt{\frac{2}{5}}=2\arctg\sqrt{\frac{2}{3}}=\arccos\frac{1}{5}
.
Решение. Обозначим через a
сторону основания ABC
правильной треугольной пирамиды PABC
. Тогда радиус указанного полушара равен \frac{a\sqrt{3}}{6}
, а высота PM
пирамиды PABC
равна \frac{a\sqrt{3}}{3}
. Через середину F
высоты PM
пирамиды PABC
проведём плоскость, параллельную плоскости ABC
. Пусть A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
— точки пересечения проведённой плоскости с рёбрами AP
, BP
и CP
соответственно. Тогда A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
— середины этих рёбер, а PA_{1}B_{1}C_{1}
— правильная треугольная пирамида, подобная пирамиде PABC
с коэффициентом \frac{1}{2}
.
Пусть K
и K_{1}
— середины AB
и A_{1}B_{1}
, \beta
— угол боковой грани пирамиды PABC
с плоскостью основания. Тогда
A_{1}B_{1}=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}a,~FK_{1}=\frac{a\sqrt{3}}{12},~PF=MF=MK=\frac{a\sqrt{3}}{6},
\tg\beta=\tg\angle PKM=\tg\angle PK_{1}F=\frac{PF}{FK_{1}}=\frac{PM}{MK}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{6}}=2.
Поскольку \tg\beta=\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}
, из уравнения
\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}=2,
находим, что \tg\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}
. Если O
— центр данного шара радиуса 1, вписанного в пирамиду PA_{1}B_{1}C_{1}
, то
OF=1,~OF=FK_{1}\tg\frac{\beta}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{2}.
Из уравнения
\frac{a\sqrt{3}}{12}\cdot\frac{\sqrt{5}-1}{2}=1
находим, что a=2\sqrt{3}(\sqrt{5}+1)
.
Пусть S
— площадь боковой поверхности пирамиды PABC
. Тогда
S=\frac{S_{\triangle ABC}}{\cos\beta}=\frac{\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=\frac{(2\sqrt{3}(\sqrt{5}+1))^{2}\sqrt{15}}{4}=3\sqrt{15}(\sqrt{5}+1)^{2}.
Опустим перпендикуляр KN
из середины AB
на боковое ребро PC
. Тогда PC\perp AN
и PC\perp AB
, значит, PC
— перпендикуляр к плоскости ANB
. Поэтому угол \gamma
между боковыми гранями пирамиды PABC
равен углу ANB
. Поскольку CM=2MK=PM
, из прямоугольного треугольника PMC
находим, что \angle KCN=45^{\circ}
. Поэтому
KN=\frac{KC}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}},
следовательно,
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{AK}{KN}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}}=\sqrt{\frac{2}{3}}.