14376. Боковая поверхность треугольной пирамиды равна s
, а периметр основания равен 3a
. Шар касается всех трёх сторон основания в их серединах, а середины боковых рёбер лежат на поверхности шара. Докажите, что пирамида правильная. Найдите радиус шара.
Ответ. \frac{\sqrt{16s^{2}+45a^{4}}}{24a}
.
Решение. Пусть SABC
— данная пирамида с основанием ABC
, точки A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
— середины рёбер AB
, AC
и BC
соответственно, точки A_{2}
, B_{2}
, C_{2}
— середины боковых рёбер SA
, SB
и SC
соответственно, точка O
— центр шара.
Учитывая, что точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— середины сторон основания, из равенств AB_{1}=AC_{1}
, BC_{1}=BA_{1}
и CA_{1}=CB_{1}
(отрезки касательных, проведённые к шару из одной точки, равны) получаем, что AB=BC=AC
, т. е. треугольник ABC
равносторонний. Тогда подобный ему треугольник A_{2}B_{2}C_{2}
(см. задачу 9105) тоже равносторонний.
Заметим, что боковые рёбра OA_{1}
, OB_{2}
, OC_{2}
пирамиды OA_{2}B_{2}C_{2}
равны, поэтому её высота из вершины O
проходит центр треугольника A_{2}B_{2}C_{2}
(см. задачу 7163). Аналогично, перпендикуляр, опущенный из точки O
на плоскость равностороннего треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
проходит через его центр, который совпадает с центром треугольника ABC
.
При гомотетии с центром S
и коэффициентом 2 треугольник A_{2}B_{2}C_{2}
переходит в треугольник ABC
, поэтому центр P
треугольника A_{2}B_{2}C_{2}
переходит в центр Q
треугольника ABC
, а значит, — в центр треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
, стороны которого — средние линии треугольника ABC
. Поскольку плоскости A_{2}B_{2}C_{2}
и ABC
параллельны, перпендикуляры OP
и OQ
к ним лежат на одной прямой, а так как точки Q
и P
гомотетичны с центром S
, то они также лежат на этой же прямой. Значит, прямая SQ
перпендикулярна плоскости ABC
, т. е. SQ
— высота пирамиды. Таким образом, основание пирамиды — равносторонний треугольник, а высота пирамиды проходит через его центр. Следовательно, пирамида SABCD
правильная. Что и требовалось доказать.
Пусть радиус шара равен r
. Тогда OC=OC_{2}=r
, а так как
QC_{1}=\frac{1}{2}CQ=PC_{2},
то прямоугольные треугольники OQC
и OPC_{2}
равны по катету и гипотенузе. Из равенства \frac{s}{3}=\frac{1}{2}a\cdot SC_{1}
находим, что SC_{1}=\frac{2s}{3a}
, значит,
SQ=\sqrt{SC_{1}^{2}-QC_{1}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{2s}{3a}\right)^{2}-\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{4s^{2}}{9a^{2}}-\frac{a^{2}}{12}}.
При этом
OQ=\sqrt{OC_{1}^{2}-QC_{1}^{2}}=\sqrt{r^{2}-\frac{a^{2}}{12}}.
Тогда, поскольку SQ=2PQ=4OQ
, получим уравнение
\sqrt{\frac{4s^{2}}{9a^{2}}-\frac{a^{2}}{12}}=4\sqrt{r^{2}-\frac{a^{2}}{12}},
из которого находим, что
r=\frac{\sqrt{16s^{2}+45a^{4}}}{24a}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 1966, № 3, вариант 3
Источник: Моденов П. С. Экзаменационные задачи по математике с анализом их решения. — М.: Просвещение, 1969. — № 3, с. 38, вариант 3
Источник: Прасолов В. В., Шарыгин И. Ф. Задачи по стереометрии. — М.: Наука, 1989. — № 6.69, с. 109