7008. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна a
. Боковое ребро образует с плоскостью основания угол 60^{\circ}
. Найдите радиус сферы, вписанной в пирамиду.
Ответ. \frac{a(\sqrt{13}-1)}{12}
.
Решение. Пусть ABCP
— данная правильная треугольная пирамида с вершиной P
, AB=BC=AC=a
, M
— центр равностороннего треугольника ABC
, L
— середина BC
, \angle PAM=\angle PBM=\angle PCM=60^{\circ}
. Поскольку пирамида правильная, PM
— её высота.
Из прямоугольного треугольника PAM
находим, что
PM=AM\tg\angle PAM=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\tg60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\sqrt{3}=a.
Поскольку PL\perp BC
и ML\perp BC
, угол PLM
— линейный угол двугранного угла между плоскостью боковой грани BCP
и плоскостью основания ABC
. Из прямоугольного треугольника PLM
находим, что
\tg\beta=\tg\angle PLM=\frac{PM}{ML}=\frac{a}{\frac{a}{2\sqrt{3}}}=2\sqrt{3}.
Центр O
сферы, вписанной в правильную пирамиду ABCP
лежит на её высоте PM
, а так как эта сфера вписана в двугранный угол между плоскостями граней BCP
и ABC
, то точка O
лежит в биссекторной плоскости этого угла.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью APL
. Получим треугольник APL
и окружность, касающуюся двух его сторон LP
и LA
, причём стороны KC
— в точке M
. Радиус r
этой окружности равен радиусу сферы, вписанной в пирамиду, центр O
лежит на высоте PM
, а \angle OLM=\frac{\beta}{2}
. Из прямоугольного треугольника OML
находим, что
r=OM=LM\tg\frac{\beta}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\tg\frac{\beta}{2}.
Поскольку \tg\beta=\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}
, имеем уравнение
2\sqrt{3}=\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}},
из которого находим, что
\tg\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{13}-1}{2\sqrt{3}}.
Следовательно,
r=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\tg\frac{\beta}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\sqrt{13}-1}{2\sqrt{3}}=\frac{a(\sqrt{13}-1)}{12}.