7872. В треугольной пирамиде AKLM
известно, что AK=AL=AM
, KL=LM=MK
, \tg\angle AKM=\frac{7}{\sqrt{3}}
. Сфера радиуса 2\sqrt{3}
касается луча LA
, касается плоскости AKM
и касается плоскости KLM
в точке, лежащей на луче LM
. Найдите наименьшее возможное значение длины отрезка LM
Ответ. \frac{48\sqrt{13}-74\sqrt{3}}{49}
.
Решение. Поскольку боковые рёбра AK
, AL
и AM
пирамиды AKLM
равны, а основание KLM
— равносторонний треугольник, пирамида AKLM
— правильная (рис. 1). Её высота, проведённая из вершины A
проходит через центр Q
треугольника KLM
. Если K_{1}
и L_{1}
— середины LM
и KM
соответственно, то AK_{1}Q
и AL_{1}Q
— линейные углы двугранных углов, образованных боковыми гранями ALM
и AKM
с плоскостью основания. Пусть сфера с центром O
касается луча LM
в точке P
, луча LA
— в точке B
, а плоскости грани AKM
— в точке E
. Обозначим
KL=LM=MK=x,~\angle AKM=\alpha,~\angle AK_{1}Q=\angle AL_{1}Q=\beta.
Тогда
\angle ALK_{1}=\angle AKM=\alpha,~K_{1}L=\frac{x}{2},~K_{1}Q=\frac{x\sqrt{3}}{6},
AK_{1}=K_{1}L\tg\angle ALK_{1}=\frac{x}{2}\cdot\tg\alpha=\frac{x}{2}\cdot\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7x\sqrt{3}}{6},
\cos\beta=\cos\angle AK_{1}Q=\frac{K_{1}Q}{AK_{1}}=\frac{\frac{x\sqrt{3}}{6}}{\frac{7x\sqrt{3}}{6}}=\frac{1}{7},~\sin\beta=\frac{4\sqrt{3}}{7},~\frac{7}{\sqrt{3}}=\tg\alpha=\frac{2\tg\frac{\alpha}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}},
Откуда находим, что \tg\frac{\alpha}{2}=\frac{2\sqrt{13}-\sqrt{3}}{7}
.
Пусть плоскость, проходящая через перпендикуляры OP
и OE
к плоскостям соответственно KLM
и AKM
пересекает прямую KM
в точке D
. Тогда
ED\perp KM,~PD\perp KM,~\angle EDP=180^{\circ}-\beta,~\angle ODP=\angle ODE=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},
DP=OP\ctg\angle ODP=2\sqrt{3}\tg\frac{\beta}{2}=\frac{2\sqrt{3}\sin\beta}{1+\cos\beta}=\frac{2\sqrt{3}\cdot\frac{4\sqrt{3}}{7}}{1+\frac{1}{7}}=2\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=3.
Предположим, что точка P
лежит на продолжении отрезка LM
за точку M
. Из прямоугольного треугольника PDM
находим (рис. 2), что
PM=\frac{PD}{\sin\angle DMP}=\frac{3}{\sin60^{\circ}}=2\sqrt{3}.
Пусть O_{1}
— ортогональная проекция центра O
сферы на плоскость грани ALM
. Тогда O_{1}
— центр окружности, по которой плоскость грани ALM
пересекает сферу. Так как OO_{1}
и OP
— перпендикуляры к плоскостям соответственно ALM
и KLM
, то \angle POO_{1}=\beta
(или 180^{\circ}-\beta
). Из прямоугольного треугольника POO_{1}
находим, что
PO_{1}=OP\sin\angle POO_{1}=2\sqrt{3}\sin\beta=2\sqrt{3}\cdot\frac{4\sqrt{3}}{7}=\frac{24}{7}.
Так как O_{1}P=O_{1}B
(как радиусы одной окружности), O_{1}P\perp LP
, и O_{1}B\perp LB
, то точка O_{1}
равноудалена от сторон угла BLP
. Значит, луч LO_{1}
— биссектриса этого угла. Поэтому
x+2\sqrt{3}=LP=\frac{PO_{1}}{\tg\angle O_{1}LP}=\frac{PO_{1}}{\tg\frac{\alpha}{2}}=\frac{\frac{24}{7}}{\frac{2\sqrt{13}-\sqrt{3}}{7}}=\frac{24}{2\sqrt{13}-\sqrt{3}},
откуда
x=\frac{24}{2\sqrt{13}-\sqrt{3}}-2\sqrt{3}=\frac{48\sqrt{13}-74\sqrt{3}}{49}.
Если же точка P
лежит на отрезке LM
, то, рассуждая аналогично, получим, что
x=\frac{48\sqrt{13}+74\sqrt{3}}{49}\gt\frac{48\sqrt{13}-74\sqrt{3}}{49}.
Следовательно, искомое наименьшее значение равно \frac{48\sqrt{13}-74\sqrt{3}}{49}
.