7302. Дана правильная треугольная пирамида PABC
(P
— вершина) со стороной основания a
и боковым ребром b
(b\gt a
). Сфера лежит над плоскостью основания ABC
, касается этой плоскости в точке A
и, кроме того, касается бокового ребра PB
. Найдите радиус сферы.
Ответ. \frac{a(2b-a)\sqrt{3}}{2\sqrt{3b^{2}-a^{2}}}
.
Указание. Пусть O
— центр сферы, M
— центр равностороннего треугольника ABC
, E
— точка касания сферы с боковым ребром PB
. Из вершины O
трапеции OAMP
опустите перпендикуляр OF
на основание PM
. Рассмотрите прямоугольные треугольники APM
и OFP
.
Решение. Поскольку сфера касается плоскости основания пирамиды в точке A
, её центр O
лежит на перпендикуляре к плоскости ABC
, проходящем через точку A
. Пусть M
— центр основания ABC
. Тогда прямые OA
и PM
параллельны, так как они перпендикулярны плоскости ABC
, значит, они лежат в одной плоскости.
Пусть R
— радиус сферы. Из вершины O
трапеции OAMP
опустим перпендикуляр OF
на основание PM
. Из прямоугольных треугольников APM
и OFP
находим, что
PM=\sqrt{AP^{2}-AM^{2}}=\sqrt{b^{2}-\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\sqrt{b^{2}-\frac{a^{2}}{3}},
OP^{2}=OF^{2}+PF^{2}=AM^{2}+(PM-FM)^{2}=\frac{a^{2}}{3}+\left(\sqrt{b^{2}-\frac{a^{2}}{3}}-R\right)^{2}=
=R^{2}+b^{2}-2R\sqrt{b^{2}-\frac{a^{2}}{3}}.
Пусть E
— точка касания сферы с ребром BP
. Тогда
OP^{2}=OE^{2}+PE^{2}=R^{2}+(PB-BE)^{2}=R^{2}+(PB-AB)^{2}=R^{2}+(b-a)^{2}.
Из уравнения
R^{2}+b^{2}-2R\sqrt{b^{2}-\frac{a^{2}}{3}}=R^{2}+(b-a)^{2}
находим, что
R=\frac{a(2b-a)\sqrt{3}}{2\sqrt{3b^{2}-a^{2}}}.
Источник: Вступительный экзамен на механико-математический факультет МГУ. — 1968, вариант 1, № 4
Источник: Моденов П. С. Экзаменационные задачи по математике с анализом их решения. — М.: Просвещение, 1969. — вариант 1, № 4, с. 316
Источник: Моденов П. С. Пособие по математике. — Ч. II. — М.: Изд-во МГУ, 1972. — с. 206