14635. Угол между смежными боковыми гранями правильной четырёхугольной пирамиды равен \gamma
, сторона основания равна a
. Найдите радиус сферы, касающейся описанной сферы пирамиды и боковых граней.
Ответ. \frac{a\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{2}\cos\frac{\gamma}{2}(1+\sqrt{-\cos\gamma})}
.
Решение. Пусть SH
— высота данной правильной четырёхугольной пирамиды SABCD
с вершиной S
, HF
— перпендикуляр к ребру SA
, M
и N
— середины рёбер AB
и CD
, O
— центр сферы искомого радиуса r
, касающейся сферы радиуса R
, описанной около пирамиды, и её боковых граней. Тогда \angle BFD=\gamma
, а так как в равнобедренном треугольнике медиана FH
является высотой и биссектрисой, то
\angle BFH=\frac{\gamma}{2},~AH=BH=FH\tg\frac{\gamma}{2}.
Обозначим \angle SAH=\alpha
. Тогда из прямоугольного треугольника AFH
получаем
AH=\frac{FH}{\sin\angle HAF}=\frac{FH}{\sin\alpha}.
Из равенства FH\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{FH}{\sin\alpha}
находим, что \sin\alpha=\ctg\frac{\gamma}{2}
. Тогда
\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}=\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}},
\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}.
Пусть боковое ребро пирамиды равно b
. Тогда
b=SA=\frac{AH}{\cos\alpha}=\frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}=\frac{a\sqrt{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{2\sqrt{-\cos\gamma}}.
Сечение пирамиды и сферы плоскостью ASC
— равнобедренный треугольник ASC
, около которого описана окружность радиуса R
. По теореме синусов
2R=\frac{SC}{\sin\angle SAH}=\frac{b}{\sin\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{2}\sin\frac{\gamma}{2}}{2\sqrt{-\cos\gamma}}}{\ctg\frac{\gamma}{2}}=\frac{a\sqrt{2}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}{2\cos\frac{\gamma}{2}\sqrt{-\cos\gamma}}.
Обозначим \angle SMH=\beta
. Тогда
\tg\beta=\frac{SH}{MH}=\frac{SH}{\frac{a}{2}}=\frac{2SH}{a}=\frac{2\cdot AH\tg\alpha}{a}=\frac{a\sqrt{2}\tg\alpha}{a}=\sqrt{2}\tg\alpha.
Тогда
\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\beta}}=\frac{1}{\sqrt{1+2\tg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+2\cdot\left(\frac{\ctg\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{1-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}\right)^{2}}}=
=\sqrt{\frac{1-\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\ctg^{2}\frac{\gamma}{2}}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}{\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}}{1+\frac{\cos^{2}\frac{\gamma}{2}}{\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}}}=\sqrt{-\cos\gamma}.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью MSN
. Пусть окружность с центром O
искомого радиуса r
, вписанная в угол MSN
, касается лучей SM
и CN
в точках P
и Q
соответственно. Ясно, что центр описанной сферы и точка O
лежат на прямой SH
. Тогда
\angle MSO=\frac{1}{2}\angle MSN=\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\beta)=90^{\circ}-\beta,
Пусть ST=2R
— диаметр сферы, описанной около пирамиды. Тогда из касания сфер получаем
SO=ST-OT=2R-r~\mbox{и}~SO=\frac{OM}{\sin\angle MSO}=\frac{r}{\cos\beta}
Из равенства 2R-r=\frac{r}{\cos\beta}
находим, что
r=\frac{2R\cos\beta}{1+\cos\beta}=\frac{\frac{a\sqrt{2}\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}{2\cos\frac{\gamma}{2}\sqrt{-\cos\gamma}}.\cdot\sqrt{-\cos\gamma}}{1+\sqrt{-\cos\gamma}}=\frac{a\sin^{2}\frac{\gamma}{2}}{\sqrt{2}\cos\frac{\gamma}{2}(1+\sqrt{-\cos\gamma})}.