8955. В пирамиде ABCD
грани ABC
и ADC
являются равнобедренными треугольниками с общим основанием AC
. Сфера радиуса R
с центром в точке O
, лежащей на грани ABC
, касается всех рёбер пирамиды ABCD
. Найдите длины отрезков, на которые точки касания сферы делят рёбра пирамиды, и объём пирамиды ABCD
, если угол ABC
равен 2\alpha
. Найдите значение угла ABC
, при котором объём пирамиды будет наименьшим. Найдите это наименьшее значение объёма пирамиды ABCD
.
Ответ. a=R\ctg\alpha
, b=\frac{R\cos\alpha}{1-\sin\alpha}
, c=\frac{R\cos\alpha}{2-\sin\alpha}
, V=\frac{2R^{3}(1+\sin\alpha)^{2}}{3(2-\sin\alpha)\sin\alpha}
, \min\angle ABC=\frac{\pi}{3}
, V_{\min}=2R^{3}
.
Решение. Пусть сфера касается рёбер AB
, BC
, AC
, AD
, DC
, DB
в точках M
, N
, E
, K
, L
, F
соответственно. Отрезки касательных, проведённых к сфере из одной точки равны. Обозначим
BM=BN=BF=a,~CE=CN=CL=b,~DK=DL=DF=c,
а так как AB=BC
, то AM=AE=AK=b
. Сечение сферы плоскостью ABC
— окружность с центром O
, вписанная в равнобедренный треугольник ABC
, поэтому BO
, AO
и CO
— биссектрисы углов этого треугольника. Значит,
\angle OBA=\angle CBO=\alpha,~\angle BCO=\frac{1}{2}\angle BCA=\frac{1}{2}(90^{\circ}-\angle CBO)=45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Радиус сферы, проведённый в точку касания сферы с прямой, перпендикулярен этой прямой, поэтому OF\perp BD
и ON\perp BC
. Прямоугольные треугольники OFB
и ONB
равны по катету (OF=ON=R
) и общей гипотенузе OB
, поэтому \angle DBO=\angle CBO=\alpha
. Из прямоугольных треугольников ONB
и ONC
находим, что
a=BN=ON\ctg OBN=R\ctg\alpha,~b=CN=ON\ctg OCN=
=R\ctg\left(45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=R\cdot\frac{\sin(90^{\circ}-\alpha)}{1-\cos(90^{\circ}-\alpha)}=\frac{R\cos\alpha}{1-\sin\alpha}.
Пусть DT=h
— высота пирамиды. Из равенства боковых рёбер DA
и DC
следует, что точка T
равноудалена от точек A
и C
, а так как AB=BC
, то точка T
лежит на прямой BE
, содержащей высоту равнобедренного треугольника ABC
. Из прямоугольных треугольников CTD
и BTD
получаем, что
BT=BD\cos\angle DBO=(a+c)\cos\alpha,
h^{2}=DT^{2}=BD^{2}-BT^{2}=(a+c)^{2}-BT^{2}=(a+c)^{2}-(a+c)^{2}\cos^{2}\alpha,
CT^{2}=CD^{2}-DT^{2}=(b+c)^{2}-h^{2}=(b+c)^{2}-(a+c)^{2}+(a+c)^{2}\cos^{2}\alpha,~
По теореме косинусов
CT^{2}=BT^{2}+BC^{2}-2BT\cdot BC\cos\alpha=BT^{2}+(a+b)^{2}-2(a+b)BT\cos\alpha,
или
(b+c)^{2}-(a+c)^{2}+(a+c)^{2}\cos^{2}\alpha=(a+c)^{2}\cos^{2}\alpha+(a+b)^{2}-2(a+c)\cos\alpha\cdot(a+b)\cos\alpha,
(b+c)^{2}-(a+c)^{2}=(a+b)^{2}-2(a+c)(a+b)\cos^{2}\alpha,
откуда находим, что
c=\frac{a(a+b)\sin^{2}\alpha}{b-a+(a+b)\cos^{2}\alpha}=\frac{R\cos\alpha}{2-\sin\alpha}.
Тогда
h=DT=BD\sin\alpha=(a+c)\sin\alpha=\left(R\ctg\alpha+\frac{R\cos\alpha}{2-\sin\alpha}\right)\sin\alpha=\frac{2R\cos\alpha}{2-\sin\alpha},
V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}\cdot DT=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}AB\cdot BC\sin2\alpha\cdot h=\frac{1}{6}\cdot(a+b)^{2}\sin2\alpha\cdot h=
=\frac{1}{6}\left(R\ctg\alpha+\frac{R\cos\alpha}{1-\sin\alpha}\right)^{2}\sin2\alpha\cdot\frac{2R\cos\alpha}{2-\sin\alpha}=\frac{2R^{3}(1+\sin\alpha)^{2}}{3(2-\sin\alpha)\sin\alpha}.
Обозначим \sin\alpha=t
и найдём минимальное значение функции f(t)=\frac{(1+t)^{2}}{t(2-t)}
на интервале (0;1)
. Уравнение f'(t)=\frac{2(1+t)(2t-1)}{t^{2}(2-t)^{2}}=0
имеет на этом интервале единственное решение t_{0}=\frac{1}{2}
. На интервале \left(0;\frac{1}{2}\right)
функция f(t)
убывает (f'(t)\lt0)
, а на интервале \left(\frac{1}{2};1\right)
— возрастает (f'(t)\gt0)
. Следовательно, в точке t_{0}=\frac{1}{2}
функция f(t)
достигает своего наименьшего значения на интервале (0;1)
. Тогда \alpha=30^{\circ}
и \angle ABC=2\alpha=60^{\circ}
. При этом
V_{\min}=\frac{2}{3}R^{3}\cdot f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2}{3}R^{3}\cdot\frac{\left(1+\frac{1}{2}\right)^{2}}{\frac{1}{2}\left(2-\frac{1}{2}\right)}=2R^{3}.