7938. В треугольной пирамиде SABC
две равные боковые грани ASB
и CSB
перпендикулярны плоскости основания, а грань ASC
наклонена к плоскости основания под углом \beta
. Найдите радиус шара описанного около пирамиды, если радиус окружности, описанной около основания, равен r
и \angle ABC=\alpha
.
Ответ. r\sqrt{1+\cos^{4}\frac{\alpha}{2}\tg^{2}\beta}
.
Решение. Плоскости граней ASB
и CSB
перпендикулярны плоскости основания ABC
и пересекаются по прямой SB
. Поэтому прямая SB
перпендикулярна плоскости основания ABC
, т. е. SB
— высота пирамиды SABC
. Из равенства треугольников ASB
и CSB
следует, что AB=BC
. Поэтому треугольник ABC
равнобедренный. Пусть K
— середина AC
. Тогда BK
— биссектриса и высота равнобедренного треугольника ABC
. Поэтому
BK=BC\cos\angle KBC=BC\cos\frac{\alpha}{2}=
=2r\sin\angle BAC\cdot\cos\frac{\alpha}{2}=2r\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)\cos\frac{\alpha}{2}=
=2r\cos\frac{\alpha}{2}\cdot\cos\frac{\alpha}{2}=2rcos^{2}\frac{\alpha}{2}.
Так как BK
— ортогональная проекция наклонной SK
на плоскость основания ABC
, то по теореме о трёх перпендикулярах SK\perp AC
. Значит, BKS
— линейный угол двугранного угла между плоскостью грани ASC
и плоскостью основания ABC
. По условию задачи \angle BKS=\beta
. Из прямоугольного треугольника BKS
находим, что
SB=BK\tg\angle BKS=2r\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\tg\beta.
Центр O
сферы, описанной около пирамиды SABC
, лежит на перпендикуляре к плоскости основания ABC
, проходящем через центр Q
окружности, описанной около треугольника ABC
, а также в плоскости, перпендикулярной ребру SB
, проходящей через середину M
отрезка SB
. Пусть R
— радиус этой сферы. Прямые OQ
и SB
перпендикулярны одной и той же плоскости ABC
, значит, QD\parallel SB
. В прямоугольнике OQBM
известно, что
OQ=MB=\frac{1}{2}SB=r\cos^{2}\frac{\alpha}{2}\tg\beta,~QB=r.
Следовательно,
R=OB=\sqrt{OQ^{2}+QB^{2}}=\sqrt{r^{2}\cos^{4}\frac{\alpha}{2}\tg^{2}\beta+r^{2}}=r\sqrt{1+\cos^{4}\frac{\alpha}{2}\tg^{2}\beta}.