7095. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна a
, угол апофемы с соседней боковой гранью равен 45^{\circ}
. Найдите радиусы вписанной и описанной сфер.
Ответ. R=\frac{3a\sqrt{6}}{8}
или R=\frac{a\sqrt{6}}{4}
, r=\frac{a(3-\sqrt{6})}{6}
или r=\frac{a\sqrt{6}(\sqrt{3}-1)}{12}
.
Указание. Пусть ABCP
— данная правильная треугольная пирамида с вершиной P
. Расстояние от середины L
ребра BC
до плоскости APC
вдвое меньше расстояния от вершины B
до этой плоскости.
Решение. Пусть ABCP
— данная правильная треугольная пирамида с вершиной P
(рис. 1); AB=BC=AC=a
; M
— центр треугольника ABC
; K
, L
и N
— середины отрезков AB
, BC
и AC
соответственно. Пусть D
— ортогональная проекция точки L
на плоскость грани APC
. По условию задачи \angle LPD=45^{\circ}
. Обозначим PD=x
. Тогда из прямоугольного треугольника LPD
находим, что PL=x\sqrt{2}
.
Поскольку L
— середина наклонной BC
к плоскости грани APC
, расстояние LD
вдвое меньше расстояния от точки B
до этой плоскости. Пусть BG
— высота треугольника PBN
. Тогда BG
перпендикулярно плоскости грани APC
, поэтому BG=2LD=2x
.
Из прямоугольного треугольника PMN
находим, что
PM=\sqrt{PN^{2}-MN^{2}}=\sqrt{(x\sqrt{2})^{2}-\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^{2}}=\sqrt{2x^{2}-\frac{a^{2}}{12}}.
Поскольку BN\cdot PM=PN\cdot BG
, имеем уравнение
\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{2x^{2}-\frac{a^{2}}{12}}=x\sqrt{2}\cdot2x.
После возведения в квадрат и очевидных упрощений получим уравнение
128x^{4}-24a^{2}x^{2}+a^{4}=0,
откуда находим, что x=\frac{a}{4}
или x=\frac{a\sqrt{2}}{4}
.
Рассмотрим случай x=\frac{a}{4}
. Пусть \alpha
и \beta
— углы соответственно бокового ребра и боковой грани данной пирамиды с плоскостью её основания. Тогда
\cos\beta=\cos\angle PLM=\frac{ML}{PL}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{2}}{4}}=\frac{\sqrt{6}}{3},~\sin\beta=\frac{\sqrt{3}}{3},~\tg\beta=\frac{\sqrt{2}}{2},
PM=ML\tg\beta=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{12},
\tg\alpha=\frac{PM}{MA}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{12}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{4},~\cos\alpha=\frac{2\sqrt{2}}{3},~\sin\alpha=\frac{1}{3},
AP=\frac{AM}{\cos\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}.
Рассмотрим сечение данной пирамиды плоскостью, проходящей через точки P
, A
и M
(рис. 2). В этой плоскости расположен центр описанной сферы, поэтому секущая плоскость пересекает сферу по окружности, радиус которой равен радиусу R
описанной сферы. Продолжим отрезок AL
за точку L
до пересечения с этой окружностью в точке A_{1}
. Тогда равнобедренный треугольник APA_{1}
вписан в окружность радиуса R
. По известной формуле для радиуса описанной окружности треугольника (теорема синусов) находим, что
R=\frac{PA_{1}}{2\sin\angle PAM}=\frac{PA}{2\sin\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}}{\frac{1}{3}}=\frac{3a\sqrt{6}}{8}.
Центр O
сферы радиуса r
, вписанной в данную правильную пирамиду расположен на высоте PM
, а сфера касается грани BPC
в точке, лежащей на апофеме PL
. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью APL
(рис. 3). Эта плоскость пересекает сферу по окружности радиуса r
, вписанной в угол ALP
, причём OM=r
и
r=OM=LM\tg\angle OLM=\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
\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Условию задачи удовлетворяет положительный корень этого уравнения
\tg\frac{\beta}{2}=\sqrt{3}-\sqrt{2}.
Следовательно,
r=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\tg\frac{\beta}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}(\sqrt{3}-\sqrt{2})=\frac{a(3-\sqrt{6})}{6}.
Аналогично для x=\frac{a\sqrt{2}}{4}
.