14835. Основанием пирамиды SABC
является равнобедренный треугольник ABC
, в котором AC=AB=a
, \angle BAC=120^{\circ}
. Ребро SA
перпендикулярно основанию и равно a
. Найдите радиус шара, касающегося основания и боковых рёбер пирамиды.
Ответ. \frac{2a(3-\sqrt{2})}{7}
.
Решение. Пусть шар искомого радиуса r
с центром O
касается грани ABC
в точке O'
, а рёбер SA
и SB
— в точках K
и L
соответственно. Тогда OO'\parallel SA
, поэтому точки ASOO'
лежат в одной плоскости, причём AKOO'
— квадрат со стороной r
, а
SL=SK=SA-KA=a-r
как отрезки касательных, проведённых к шару из одной точки. Тогда
BO'=BL=SB-SL=a\sqrt{2}-(a-r)=a(\sqrt{2}-1)+r.
С другой стороны, если M
— середина ребра BC
, то из прямоугольного треугольника BMO'
с катетами
BM=\frac{a\sqrt{3}}{2},~MO'=AM-AO'=\frac{a}{2}-r
находим, что
BO'=\sqrt{BM^{2}+MO'^{2}}=\sqrt{\frac{3}{4}a^{2}+\left(\frac{a}{2}-r\right)^{2}}.
Таким образом искомый радиус r
находим из уравнения
\sqrt{\frac{3}{4}a^{2}+\left(\frac{a}{2}-r\right)^{2}}=a(\sqrt{2}-1)+r,\mbox{или}~\frac{3}{4}a^{2}+\left(\frac{a}{2}-r\right)^{2}=(a(\sqrt{2}-1)+r)^{2}.
После очевидных упрощений получаем линейное уравнение
r(2\sqrt{2}-1)=2a(\sqrt{2}-1),
из которого находим, что
r=\frac{2a(\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{2}-1}=\frac{2a(\sqrt{2}-1)(2\sqrt{2}+1)}{8-1}=\frac{2a(3-\sqrt{2})}{7}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет НГУ. — 1975, задача 5, вариант 4
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1975, с. 6, задача 5, вариант 4