7449. Около шара объёма V
описана правильная треугольная пирамида. Каков наименьший возможный объём этой пирамиды?
Ответ. \frac{6V\sqrt{3}}{\pi}
.
Решение. Пусть шар с центром O
и радиусом r
вписан в правильную треугольную пирамиду ABCD
с вершиной D
(рис. 1). Тогда M
точка касания шара с плоскостью основания — центр равностороннего треугольника ABC
, а точка E
касания шара с плоскостью боковой грани ABD
лежит на апофеме DK
пирамиды. Пусть a
— сторона основания ABC
, \alpha
— угол боковой грани с плоскостью основания, h
— высота пирамиды. Проведём сечение через точки D
, K
и C
(рис. 2). Точки O
, M
, K
, E
принадлежат этому сечению.
Поскольку окружность с центром O
и радиусом r
вписана в угол DKC
, луч KO
— биссектриса этого угла, значит,
KM=\frac{OM}{\tg\angle OKM}=\frac{r}{\tg\frac{\alpha}{2}},~CK=3KM=\frac{3r}{\tg\frac{\alpha}{2}},
BK=CK\tg30^{\circ}=\frac{r\sqrt{3}}{\tg\frac{\alpha}{2}},~a=AB=2BK=\frac{2r\sqrt{3}}{\tg\frac{\alpha}{2}},
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{4}a^{2}\sqrt{3}=\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{2r\sqrt{3}}{\tg\frac{\alpha}{2}}\right)^{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{3r^{2}\sqrt{3}}{\tg^{2}\frac{\alpha}{2}},
h=DM=KM\tg\angle DKM=\frac{r}{\tg\frac{\alpha}{2}}\cdot\tg\alpha=\frac{r}{\tg\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{2\tg\frac{\alpha}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{2r}{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Обозначим \tg\frac{\alpha}{2}=t
и запишем объём пирамиды ABCD
как функцию от t
.
V(t)=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DM=\frac{1}{3}\cdot\frac{3r^{2}\sqrt{3}}{t^{2}}\cdot\frac{2r}{1-t^{2}}=\frac{2r^{3}\sqrt{3}}{t^{2}(1-t^{2})}=\frac{2r^{3}\sqrt{3}}{t^{2}-t^{4}}=
=\frac{2r^{3}\sqrt{3}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+t^{2}-t^{4}}=\frac{2r^{3}\sqrt{3}}{\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-t^{2}\right)^{2}}\geqslant8r^{3}\sqrt{3},
причём равенство достигается при t=\frac{1}{\sqrt{2}}
.
Из равенства V=\frac{4}{3}\pi r^{3}
находим, что r^{3}=\frac{3V}{4\pi}
. Следовательно, наименьший объём пирамиды ABCD
равен
8r^{3}\sqrt{3}=8\sqrt{3}\cdot\frac{3V}{4\pi}=\frac{6V\sqrt{3}}{\pi}.