14884. Основания усечённой пирамиды параллельны между собой, являются правильными треугольниками, а их периметры относятся как 17:2
. Сфера с центром в плоскости большего основания, касается другого основания и всех остальных граней пирамиды. Найдите углы, образованные боковыми рёбрами пирамиды с большим основанием, если известно, что все эти углы одинаковы.
Ответ. \arctg\frac{4}{15}
.
Решение. Пусть правильный треугольник ABC
— большее основание усечённой пирамиды, а AA'
, BB'
, CC'
— её боковые рёбра.
Достроим усечённую пирамиду до полной, продлив боковые рёбра до пересечения в точке S
. Опустим из вершины S
перпендикуляр SO
на плоскость основания ABC
и обозначим через \alpha
угол между боковыми рёбрами и плоскостью ABC
. Тогда прямоугольные треугольники SOA
, SOB
и SOC
равны по общему катету SO
и противолежащему острому углу, равному \alpha
. Равные гипотенузы этих треугольников — боковые рёбра SA
, SB
и SC
пирамиды SABC
. Следовательно, пирамида SABC
правильная.
В правильной пирамиде боковые грани образуют равные двугранные углы с плоскостью основания. Обозначим их через \beta
. Основание O
перпендикуляра SO
— центр равностороннего треугольника ABC
. Проведём плоскость через ребро SA
и высоту SO
. Пусть она пересечёт рёбра BC
и B'C'
в точках M
и K
соответственно. Тогда AM
и A'K
— высоты правильных треугольников ABC
и A'B'C'
.
Опустим перпендикуляр ON
на SM
. Плоскость ASM
перпендикулярна ребру BC
, поэтому ON\perp BC
и ON
— перпендикуляр к плоскости SBC
. Из треугольника ONM
находим ON=OM\cdot\sin\beta
, где OM
— радиус вписанной в треугольник ABC
окружности. Повторяя рассуждения для граней SAB
и SAC
, убеждаемся в том, что точка O
равноудалена от боковых граней пирамиды и, следовательно, является центром заданной в условии сферы. Её точкой касания с верхним основанием будет центр O'
вписанной в треугольник A'B'C'
окружности, поскольку OO'
— перпендикуляр к плоскости A'B'C'
.
Пусть радиус ON
сферы равен R
. Тогда из треугольника SON
находим
SO=\frac{R}{\cos\beta},~SO'=SO?OO'=\frac{R}{\cos\beta}-R.
Из подобия треугольников SO'K
и SOM
получаем
\frac{O'K}{OM}=\frac{SO'}{SO}=\frac{\frac{R}{\cos\beta}-R}{\frac{R}{\cos\beta}}=1-\cos\beta,
а так как периметры треугольников A'B'C'
и ABC
относятся так же, как радиусы O'K
и OM
вписанных в них окружностей, то
1-\cos\beta=\frac{O'K}{OM}=\frac{2}{17}~\Rightarrow~\cos\beta=\frac{15}{17}~\Rightarrow~\tg\beta=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\beta}-1}=\sqrt{\left(\frac{17}{15}\right)^{2}-1}=\frac{8}{15}.
Из прямоугольных треугольников SOM
и SOB
находим, что
\tg\alpha=\frac{SO}{OB},~\tg\beta=\frac{SO}{OM},
В то же время, OM=\frac{1}{2}OA
. Следовательно,
\tg\alpha=\frac{1}{2}\tg\beta=\frac{1}{2}\cdot\frac{8}{15}=\frac{4}{15}~\Rightarrow~\alpha=\arctg\frac{4}{15}.
Источник: Вступительный экзамен на физический факультет НГУ. — 1996, задача 5, вариант 1
Источник: Белоносов В. С., Фокин М. В. Задачи вступительных экзаменов по математике. Изд. 8-е, испр. и доп. — Новосибирск: Сибирское университетское издательство, 2005. — 1996, с. 235, задача 5, вариант 1