14440. Боковая грань правильной усечённой треугольной пирамиды, в которую вписан шар, составляет с плоскостью основания угол \alpha
. Найдите отношение полной поверхности пирамиды к поверхности шара.
Ответ. \frac{3\sqrt{3}(4\ctg^{2}\alpha+3)}{2\pi}
.
Решение. Пусть ABCA_{1}B_{1}C_{1}
— данная правильная усечённая пирамида с основаниями ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
и боковыми рёбрами AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
, Точки M
и M_{1}
— середины сторон AB
и A_{1}B_{1}
оснований ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно, точки O
и O_{1}
— центры этих оснований. Обозначим AB=a
и A_{1}B_{1}=b
, r
— радиус шара с центром I
, вписанного в пирамиду. Предположим, что a\gt b
.
По условию \angle CMM_{1}=\alpha
. Рассмотрим сечение пирамиды и шара плоскостью MCC_{1}
. Получим трапецию CC_{1}M_{1}M
с основаниями CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}
и C_{1}M_{1}=\frac{b\sqrt{3}}{2}
и круг с центром I
, касающийся боковой стороны MM_{1}
в некоторой точке P
и оснований ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
в точках O
и O_{1}
соответственно. Поскольку MI
и M_{1}I
— биссектрисы углов CMM_{1}
и C_{1}M_{1}M
, сумма которых равна 180^{\circ}
, то треугольник MIM_{1}
прямоугольный, а IP=r
— высота его высота, проведённая из вершины прямого угла. Тогда
\angle PIM_{1}=\angle PMI=\angle OMI=\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольных треугольников IOM
и IO_{1}M_{1}
получаем
r=IO=OM\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{a}{2\sqrt{3}}\tg\frac{\alpha}{2},
r=IP=PM_{1}\ctg\frac{\alpha}{2}=O_{1}M_{1}\ctg\frac{\alpha}{2}=\frac{a}{2\sqrt{3}}\ctg\frac{\alpha}{2},
откуда
a=2r\sqrt{3}\ctg\frac{\alpha}{2},~b=2r\sqrt{3}\tg\frac{\alpha}{2}.
Пусть M_{1}H
— высота трапеции CC_{1}M_{1}M
. Из прямоугольного треугольника MHM_{1}
получаем
MM_{1}=\frac{M_{1}H}{\sin\angle HMM_{1}}=\frac{OO_{1}}{\sin\angle HMM_{1}}=\frac{2r}{\sin\alpha}.
Пусть S
— полная поверхность пирамиды, S_{0}
— боковая поверхность пирамиды, S_{1}
и S_{2}
— площади оснований ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно, S_{3}
— поверхность шара. Тогда
S_{0}=3S_{AA_{1}B_{1}B}=3\cdot\frac{AB+A_{1}B_{1}}{2}\cdot MM_{1}=3\cdot\frac{a+b}{2}\cdot MM_{1}=
=3\cdot\frac{2r\sqrt{3}\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}+2r\sqrt{3}\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{2}\cdot\frac{2r}{\sin\alpha}=\frac{6r^{2}\sqrt{3}\left(\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}{\sin\alpha}=
=\frac{6r^{2}\sqrt{3}}{\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\sin\alpha}=\frac{12r^{2}\sqrt{3}}{\sin^{2}\alpha},
S_{1}+S_{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}+\frac{b^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{12r^{2}\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}\cdot\sqrt{3}}{4}+\frac{12r^{2}\tg^{2}\frac{\alpha}{2}\cdot\sqrt{3}}{4}=
=3r^{2}\sqrt{3}\left(\ctg^{2}\frac{\alpha}{2}+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{3r^{2}\sqrt{3}\left(\cos^{4}\frac{\alpha}{2}+\sin^{4}\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}=
=\frac{3r^{2}\sqrt{3}\left(1-2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\right)}{\sin^{2}\alpha}=\frac{12r^{2}\sqrt{3}\left(1-\frac{1}{2}\sin^{2}\alpha\right)}{\sin^{2}\alpha}=\frac{6r^{2}\sqrt{3}(2-\sin^{2}\alpha)}{\sin^{2}\alpha},
S_{3}=4\pi r^{2}.
Значит,
S=S_{0}+S_{1}+S_{2}=\frac{12r^{2}\sqrt{3}}{\sin^{2}\alpha}+\frac{6r^{2}\sqrt{3}(2-\sin^{2}\alpha)}{\sin^{2}\alpha}=6r^{2}\sqrt{3}\left(\frac{4}{\sin^{2}\alpha}-1\right)=
=6r^{2}\sqrt{3}(4+4\ctg^{2}\alpha-1)=6r^{2}\sqrt{3}(4\ctg^{2}\alpha+3).
Следовательно,
\frac{S}{S_{3}}=\frac{6r^{2}\sqrt{3}(4\ctg^{2}\alpha+3)}{4\pi r^{2}}=\frac{3\sqrt{3}(4\ctg^{2}\alpha+3)}{2\pi}.