7177. В треугольной пирамиде SABC
высота SO
проходит через точку O
— центр круга, вписанного в основание ABC
пирамиды. Известно, что \angle SAC=60^{\circ}
, \angle SCA=45^{\circ}
, а отношение площади треугольника AOB
к площади треугольника ABC
равно \frac{1}{2+\sqrt{3}}
. Найдите угол BSC
.
Ответ. 75^{\circ}
.
Указание. Найдите углы BSM
и CSM
.
Решение. Пусть окружность, вписанная в треугольник ABC
, касается сторон AB
, AC
и BC
в точках K
, L
и M
соответственно. Прямоугольные треугольники OKS
, OLS
и OMC
равны по двум катетам, поэтому SK=SL=SM
. Поскольку OK\perp AB
, то по теореме о трёх перпендикулярах SK\perp AB
. Аналогично, SL\perp AC
и SM\perp BC
.
Обозначим SK=SL=SM=h
. Тогда
AK=AL=SL\ctg60^{\circ}=\frac{h}{\sqrt{3}},~CM=CL=SL\ctg45^{\circ}=h.
Обозначим OK=OL=OM=r
, BK=BM=x
. Тогда
S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}AB\cdot OK=\frac{1}{2}(AK+KB)\cdot OK=\frac{1}{2}\left(\frac{h}{\sqrt{3}}+x\right)r,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)\cdot OK=\frac{1}{2}\left(\frac{2h}{\sqrt{3}}+2h+2x\right)r=
=\left(\frac{h}{\sqrt{3}}+h+x\right)r.
По условию \frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle AOC}}=2+\sqrt{3}
, поэтому
\frac{2\left(\frac{h}{\sqrt{3}}+h+x\right)}{\frac{h}{\sqrt{3}}+x}=2+\sqrt{3},
откуда BK=BM=x=\frac{h}{\sqrt{3}}
.
Из прямоугольного треугольника BMS
находим, что
\tg\angle BSM=\frac{BM}{SM}=\frac{\frac{h}{\sqrt{3}}}{h}=\frac{1}{\sqrt{3}},
поэтому \angle BSM=30^{\circ}
, а так как \angle MCS=\angle LCS=45^{\circ}
, то \angle CSM=45^{\circ}
. Следовательно,
\angle BSC=\angle BSM+\angle CSM=30^{\circ}+45^{\circ}=75^{\circ}.