14394. Шар касается всех боковых граней треугольной пирамиды в центрах описанных около них окружностей. Каждый из трёх плоских углов при вершине пирамиды равен \alpha
. Сумма всех боковых рёбер равна 3b
. Докажите, что пирамида правильная. Найдите радиус шара.
Ответ. \frac{b\tg\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}
.
Решение. Пусть SABC
— данная пирамида, O_{1}
и O_{2}
— центры описанных окружностей граней SAB
и SAC
соответственно. По условию шара касается граней ASB
, ASC
и BSC
, поэтому точки касания, т. е. центры их описанных окружностей, лежат внутри граней.
Отрезки касательных, проведённых к шару из одной точки, равны, поэтому AO_{1}=AO_{2}
и SO_{1}=SO_{2}
, а так как O_{1}
и O_{2}
— центры описанных окружностей треугольников SAB
и SAC
, то O_{1}A=O_{1}S=O_{1}B
и O_{2}C=O_{2}S=O_{1}A
. Аналогично для грани BSC
. Таким образом, радиусы окружностей, описанных около всех трёх рассматриваемых треугольников, равны. По условию углы этих треугольников при общей вершине S
равны, поэтому из теоремы синусов следует, что тогда AB=BC=AC
, т. е. треугольник ABC
равносторонний.
Равнобедренные треугольники AO_{1}S
и AO_{2}S
равны по трём сторонам. Тогда \angle ASO_{1}=\angle ASO_{2}
, а так как точки касания лежат внутри треугольников ASB
и ASC
, то
\angle BSO_{1}=\angle ASB-\angle ASO_{1}=\angle ASC-\angle ASO_{2}=\angle CSO_{2}.
Значит, равнобедренные треугольники BO_{1}S
и CO_{2}S
равны, и тогда SB=SC
. Аналогично докажем, что SA=SC
. Следовательно, основание пирамиды — равносторонний треугольник, а её боковые рёбра равны, т. е. пирамида правильная. Что и требовалось доказать.
Пусть K
— середина ребра AB
, SH
— высота пирамиды, R
радиус описанной окружности боковой грани, a
— сторона основания пирамиды, r
— искомый радиус шара. Тогда
a=AB=2AK=2SA\sin\frac{\alpha}{2}=2b\sin\frac{\alpha}{2},~SK=SA\cos\frac{\alpha}{2}=b\cos\frac{\alpha}{2},
HK=\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{2b\sin\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{b\sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{3}},
R=O_{1}S=\frac{AB}{2\sin\alpha}=\frac{a}{2\sin\alpha}=\frac{2b\sin\frac{\alpha}{2}}{2\sin\alpha}=\frac{b}{2\cos\frac{\alpha}{2}},
SH=\sqrt{SK^{2}-HK^{2}}=\sqrt{b^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}-\frac{a^{2}}{12}}=
=\sqrt{b^{2}\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-\frac{4b^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}{12}}=\frac{b}{\sqrt{3}}\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Прямоугольные треугольники SO_{1}O
и SHK
подобны, поэтому \frac{OO_{1}}{KH}=\frac{SO_{1}}{SH}
, откуда
r=OO_{1}=\frac{SO_{1}\cdot KH}{SH}=\frac{SO_{1}\cdot KH}{SH}=\frac{\frac{b}{2\cos\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{b\sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{3}}}{\frac{b}{\sqrt{3}}\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}=
=\frac{b\tg\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{3\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}}.