14482. Найдите радиус шара, касающегося основания и боковых рёбер правильной треугольной пирамиды, у которой сторона основания равна a
, а двугранный угол при основании равен \alpha
Ответ. \frac{a\sqrt{3}}{3}\left(\sqrt{4\ctg^{2}\alpha+1}-2\ctg\alpha\right)
.
Решение. Пусть M
— середина стороны AB
основания ABC
правильной треугольной пирамиды DABC
, DH
— высота пирамиды, O
— центр шара искомого радиуса r
, касающегося плоскости основания и боковых рёбер, причём бокового ребра DC
в точке K
. Тогда H
— точка касания шара с плоскостью основания.
Рассмотрим сечение пирамиды и шара плоскостью CDM
— треугольник CDM
с углом \alpha
при вершине M
и круг радиуса r
с центром O
на высоте DH
, касающийся сторон DC
и CM
в точках K
и H
соответственно. Обозначим \angle DCM=\varphi
.
Центр круга, вписанного в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому \angle OCH=\frac{\varphi}{2}
. Тогда
r=OH=CH\tg\frac{\varphi}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\tg\frac{\varphi}{2}.
Обозначим \tg\frac{\varphi}{2}=t
. Из равенства \tg\varphi=\frac{2\tg\frac{\varphi}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\varphi}{2}}
получаем
t^{2}\tg\varphi+2t-\tg\varphi=0,
откуда
\tg\frac{\varphi}{2}=t=\frac{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}-1}{\tg\varphi}.
Из прямоугольных треугольников CHD
и MHD
получаем
DH=CH\tg\varphi=\frac{a\sqrt{3}}{3}\tg\varphi,~DH=MH\tg\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{6}\tg\alpha.
Тогда из равенства
\frac{a\sqrt{3}}{3}\tg\varphi=\frac{a\sqrt{3}}{6}\tg\alpha
находим, что \tg\varphi=\frac{1}{2}\tg\alpha
. Следовательно,
r=\frac{a\sqrt{3}}{3}\tg\frac{\varphi}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{1+\tg^{2}\varphi}-1}{\tg\varphi}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{1+\frac{1}{4}\tg^{2}\alpha}-1}{\frac{1}{2}\tg\alpha}=
=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{4+\tg^{2}\alpha}-2}{\tg\alpha}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\left(\sqrt{4\ctg^{2}\alpha+1}-2\ctg\alpha\right).