9631. Найдите двугранный угол между основанием и боковой гранью правильной треугольной усечённой пирамиды, если известно, что в неё можно вписать шар и, кроме того, существует шар, касающийся всех её рёбер.
Ответ. \arcsin\frac{\sqrt{3}}{3}
.
Решение. Пусть сторона основания ABC
правильной усечённой пирамиды ABCA_{1}B_{1}C_{1}
равна a
, сторона основания A_{1}B_{1}C_{1}
равна b
(a\gt b
); шар, вписанный в усечённую пирамиду, касается оснований ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
— в их центрах H
и H_{1}
соответственно; шар, касающийся всех рёбер усечённой пирамиды, касается сторон AB
и A_{1}B_{1}
оснований в их серединах M
и M_{1}
соответственно.
Пусть M_{1}K
— высота прямоугольной трапеции MHH_{1}M_{1}
. Тогда
MD=MH=\frac{a\sqrt{3}}{6},~M_{1}D=M_{1}H_{1}=\frac{b\sqrt{3}}{6},~MM_{1}=\frac{(a+b)\sqrt{3}}{6},~
MM_{1}=MD+M_{1}D=\frac{(a+b)\sqrt{3}}{6},~MK=MH-H_{1}M_{1}=\frac{(a-b)\sqrt{3}}{6},
HH_{1}=M_{1}K=\sqrt{MM_{1}^{2}-MK^{2}}=\sqrt{\left(\frac{(a+b)\sqrt{3}}{6}\right)^{2}-\left(\frac{(a-b)\sqrt{3}}{6}\right)^{2}}=frac{\sqrt{3ab}}{3}.
Поскольку существует шар, касающийся всех рёбер данной усечённой пирамиды, в равнобедренную трапецию AA_{1}B_{1}B
можно вписать окружность. Тогда боковая сторона трапеции равна \frac{a+b}{2}
. Пусть A_{1}P
— высота трапеции. Тогда
MM_{1}=A_{1}P=\sqrt{AA_{1}^{2}-AP^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}-\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2}}=\sqrt{ab}.
Обозначим \angle KMM_{1}=\beta
. Поскольку KM\perp AB
и M_{1}M\perp AB
, это линейный угол искомого двугранного угла. Из прямоугольного треугольника KMM_{1}
находим, что
\sin\beta=\frac{M_{1}K}{MM_{1}}=\frac{HH_{1}}{MM_{1}}=\frac{\frac{\sqrt{3ab}}{3}}{\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{3}}{3}.
Следовательно, \beta=\arcsin\frac{\sqrt{3}}{3}
.