14477. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна a
, двугранный угол при основании равен \alpha
. Найдите расстояние от центра шара, вписанного в пирамиду, до бокового ребра.
Ответ. \frac{a\sqrt{2}\tg\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}}
.
Решение. Пусть SH
— высота данной правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
, O
— центр вписанного в пирамиду шара, r
— радиус шара, E
— точка касания шара с апофемой SM
, лежащей в грани ASB
, OF
— перпендикуляр к боковому ребру SA
.
Тогда SMH
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AB
, а MO
— биссектриса угла SMH
, поэтому
\angle SMH=\alpha,~\angle OMH=\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольных треугольников SHM
и OHM
получаем
SH=HM\tg\angle SHM=\frac{a}{2}\tg\alpha,~r=OH=HM\tg\angle OMH=\frac{a}{2}\tg\frac{\alpha}{2},
поэтому
SO=SH-OH=\frac{a}{2}\tg\alpha-\frac{a}{2}\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{a\sin\left(\alpha-\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos\alpha\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{a\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\alpha\cos\frac{\alpha}{2}}=\frac{a\tg\frac{\alpha}{2}}{\cos\alpha}.
Из прямоугольного треугольника SHA
получаем
SA=\sqrt{HA^{2}+SH^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+\frac{a^{2}}{4}\tg^{2}\alpha}=\frac{a}{2}\sqrt{2+\tg^{2}\alpha},
а так как прямоугольные треугольники SFO
и SHM
подобны, то \frac{OF}{SO}=\frac{HA}{SA}
. Следовательно,
OF=\frac{HA\cdot SO}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{a\tg\frac{\alpha}{2}}{\cos\alpha}}{\frac{a}{2}\sqrt{2+\tg^{2}\alpha}}=\frac{a\sqrt{2}\tg\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{2\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha}}=\frac{a\sqrt{2}\tg\frac{\alpha}{2}}{2\sqrt{1+\cos^{2}\alpha}}.
Источник: Сборник задач по математике для поступающих во втузы / Под ред. М. И. Сканави. — 5-е изд. — М.: Высшая школа, 1988. — № 12.421, с. 244