8274. В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами 3, 4 и 5. Боковые грани наклонены к плоскости основания под углом 45^{\circ}
. Чему может быть равна высота пирамиды?
Ответ. 1; 6, 3; 2.
Решение. Поскольку боковые грани пирамиды образуют равные двугранные углы с плоскостью основания, высота пирамиды проходит либо через центр вписанной, либо через центр одной из вневписанных окружностей треугольника основания.
Пусть высота пирамиды проходит через центр O
вписанной окружности основания ABC
данной треугольной пирамиды ABCD
, в которой AC=3
, BC=4
, AB=5
. Так как
AC^{2}+BC^{2}=9+16=25=AB^{2},
то треугольник ABC
— прямоугольный. Пусть O
центр вписанной окружности треугольника ABC
(рис. 1), r
— её радиус, M
— точка касания окружности со стороной AB
. Тогда
r=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}(3+4-5)=1
(см. задачу 217). Так как OM\perp AB
, то по теореме о трёх перпендикулярах DM\perp AB
, поэтому DMO
— линейный угол двугранного угла между боковой гранью DAB
и плоскостью основания пирамиды. По условию задачи \angle DMO=45^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника DMO
находим, что
DO=OM=r=1.
Пусть O_{c}
центр вневписанной окружности треугольника ABC
, касающейся стороны AB
(рис. 2), r_{c}
— её радиус, N
— точка касания окружности со стороной AB
. Тогда
r_{c}=\frac{1}{2}(AC+BC+AB)=\frac{1}{2}(3+4+5)=6.
Аналогично предыдущему из прямоугольного треугольника DNO
находим, что
DO_{c}=ON=r_{c}=6.
Пусть O_{b}
— центр вневписанной окружности треугольника ABC
, касающейся стороны AC
, r_{b}
— её радиус, K
— точка касания окружности со стороной AC
. Тогда
r_{b}=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)=\frac{1}{2}(5+4-3)=3.
Из прямоугольного треугольника DKO
находим, что
DO_{b}=OK=r_{b}=3.
Пусть O_{a}
центр вневписанной окружности треугольника ABC
, касающейся стороны BC
, r_{a}
— её радиус, L
— точка касания окружности со стороной AC
. Тогда
r_{a}=\frac{1}{2}(AB+AC-BC)=\frac{1}{2}(5+3-4)=2.
Из прямоугольного треугольника DLO
находим, что
DO_{a}=OL=r_{a}=2.
