14208. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна a
, боковая грань образует с плоскостью основания угол 45^{\circ}
. Найдите:
а) радиус описанного шара;
б) радиус вписанного шара;
в) угол апофемы с соседней боковой гранью.
Ответ. а) R=\frac{5a}{4\sqrt{3}}
;
б) r=\frac{a(\sqrt{6}-\sqrt{3})}{6}
;
в) \arcsin\frac{3}{4}
.
Решение. Пусть DM
— высота правильной треугольной пирамиды DABC
с вершиной D
, A_{1}
— середина ребра BC
, O
— центр сферы радиуса R
, описанной около пирамиды. Обозначим через \beta
угол боковой грани с плоскостью основания пирамиды. По условию \beta=45^{\circ}
.
а) Из прямоугольного треугольника DMA_{1}
находим, что
DM=MA_{1}\tg\beta=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\tg45^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{6},~.
Рассмотрим сечение пирамиды и её описанной сферы плоскостью AMD
. Точка O
лежит на прямой DM
. Продолжим DM
до пересечения с окружностью в точке D_{1}
. Тогда DD_{1}=2R
— диаметр окружности, \angle DAD_{1}=90^{\circ}
, а AM
— высота прямоугольного треугольника DAA_{1}
, проведённая из вершины прямого угла. Значит, DM\cdot MD_{1}=AM^{2}
, или
\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\left(2R-\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)=\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^{2},
откуда R=\frac{5a}{4\sqrt{3}}
.
б) Центр I
сферы радиуса r
, вписанной в данную правильную пирамиду, лежит на высоте DM
. Рассмотрим сечение пирамиды и её вписанной сферы той же плоскостью AMD
. Получим треугольник ADA_{1}
и окружность радиуса r
, касающуюся стороны DA_{1}
и стороны AA_{1}
в точке M
. Отрезок IM
— радиус этой окружности, а так как A_{1}I
— биссектриса угла DA_{1}M
, то из прямоугольного треугольника IMA_{1}
находим, что
r=IM=MA_{1}\tg\frac{\beta}{2}=MA_{1}\cdot\frac{\sin\beta}{1+\cos\beta}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}=
=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot(\sqrt{2}-1)=\frac{a(\sqrt{6}-\sqrt{3})}{6}.
в) Пусть BH
— высота пирамиды DABC
, B_{1}
— середина ребра AC
. Обозначим через \varphi
угол апофемы DA_{1}
с плоскостью ADC
.
Из прямоугольных треугольников BHB_{1}
и DMA_{1}
находим, что
BH=BB_{1}\sin\beta=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sin45^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}},
DA_{1}=\frac{MA_{1}}{\cos45^{\circ}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.
Точка A_{1}
— середина наклонной BC
к плоскости ADC
, поэтому расстояние от точки A_{1}
до плоскости ADC
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки B
(см. задачу 9180), т. е. равно
\frac{1}{2}BH=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{\frac{1}{2}BH}{DA_{1}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}}{\frac{a\sqrt{6}}{6}}=\frac{3}{4}.
Источник: Гордин Р. К. ЕГЭ 2017. Математика. Геометрия. Стереометрия. Задача 14 (профильный уровень). — М.: МЦНМО, 2017. — пример 2, с. 86