8400. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна a
, двугранный угол при основании равен 60^{\circ}
. Найдите радиус сферы, касающейся двух соседних боковых рёбер, противоположной боковой грани и основания.
Ответ. \frac{a(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{15}}
.
Решение. Пусть сфера радиуса R
с центром O
касается основания ABCD
правильной четырёхугольной пирамиды PABCD
в точке M
, боковой грани CPD
— в точке N
, а боковых рёбер AP
и BP
— в точках K
и L
соответственно. Так как PK=PL
и центр O
сферы равноудалён от точек K
и L
, то точка O
лежит в плоскости, проходящей через середину KL
перпендикулярно KL
, т. е. в плоскости PEF
, где E
и F
— середины сторон основания AB
и CD
соответственно.
Плоскость PEF
перпендикулярна прямым AB
и CD
. Значит, PEF
— линейный угол двугранного угла пирамиды при ребре AB
. По условию задачи \angle PEF=60^{\circ}
. Поэтому PEF
— равносторонний треугольник со стороной a
.
Рассмотрим сечение сферы плоскостью PEF
. Получим окружность радиуса R
с центром O
, касающуюся сторон FE
и PF
равностороннего треугольника PEF
соответственно в точках M
и N
.
Поскольку FO
— биссектриса угла PFE
равностороннего треугольника PFE
, продолжение отрезка FO
проходит через центр Q
окружности пересечения указанной сферы с плоскостью грани PAB
.
Обозначим PN=PL=PK=x
. Из прямоугольных треугольников BEP
и PQL
находим, что
BP=\sqrt{BE^{2}+PE^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{4}+a^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},
\sin\angle PBE=\frac{BE}{BP}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\angle BPE=\frac{BE}{BP}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}},
PQ=\frac{PL}{\sin\angle PQL}=\frac{PL}{\sin\angle PBE}=\frac{x}{\frac{2}{\sqrt{5}}}=\frac{x\sqrt{5}}{2}.
Тогда
\frac{x\sqrt{5}}{2}=PQ=\frac{1}{2}PE=\frac{a}{2}.
Значит,
FM=FN=a-x=a-\frac{a}{\sqrt{5}}.
Следовательно,
R=OM=\frac{a-x}{\sqrt{3}}=\frac{a-\frac{a}{\sqrt{5}}}{\sqrt{3}}=\frac{a(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{15}}.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: Учебник для 10—11 кл. общеобразовательных учебных заведений. — М.: Дрофа, 1999. — № 6, с. 93