8977. В основании треугольной призмы лежит правильный треугольник со стороной a
. Прямая, соединяющая одну из вершин верхнего основания с центром нижнего основания, перпендикулярна плоскостям оснований. Известно, что внутрь этой призмы можно поместить шар, касающийся всех граней призмы. Найдите боковое ребро призмы.
Ответ. \frac{a(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{3}}
.
Решение. Пусть H
— центр основания ABC
призмы ABCA_{1}B_{1}C_{1}
(рис. 1), A_{1}H
— высота призмы, O
— центр данного шара, r
— радиус шара, M
и M_{1}
— середины рёбер BC
и B_{1}C_{1}
соответственно, \angle A_{1}SH=\alpha
— угол бокового ребра призмы с плоскостью её основания, P
— точка касания шара с плоскостью основания ABC
.
Шар касается параллельных плоскостей ABC
и A_{1}B_{1}C_{1}
, поэтому
r=\frac{1}{2}A_{1}H=\frac{1}{2}AH\tg\alpha=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{3}\tg\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{6}\tg\alpha.
Шар вписан в двугранный угол с ребром AA_{1}
, поэтому его центр лежит в биссекторной плоскости этого угла, т. е. в плоскости AMM_{1}A_{1}
. Рассмотрим сечение призмы и шара этой плоскостью (рис. 2). Получим параллелограмм AMM_{1}A_{1}
и окружность с центром O
радиуса r
, касающуюся сторон AM
, MM_{1}
и A_{1}M_{1}
, причём стороны AM
— в точке P
.
Из прямоугольного треугольника OMP
находим, что
MP=OP\tg\angle OMP=r\ctg\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=r\tg\frac{\alpha}{2}.
Пусть \angle HMA_{1}=\beta
— угол боковой грани правильной треугольной пирамиды A_{1}ABC
с плоскостью её основания ABC
. Тогда
\tg\beta=\frac{A_{1}}{HM}=\frac{AH\tg\alpha}{HM}=\frac{AH}{HM}\cdot\tg\alpha=2\tg\alpha,
а так как \tg\beta=\frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}
, то из уравнения \frac{2\tg\frac{\beta}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\beta}{2}}=2\tg\alpha
находим, что
\tg\frac{\beta}{2}=\frac{\sqrt{1+4\tg^{2}\alpha}-1}{2\tg\alpha},~\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{2\tg\alpha}{\sqrt{1+4\tg^{2}\alpha}-1}=\frac{\sqrt{1+4\tg^{2}\alpha}+1}{2\tg\alpha}.
Шар вписан в двугранный угол при с ребром AC
призмы, поэтому центр O
шара лежит в биссекторной плоскости этого угла. Пусть PQ
— перпендикуляр, опущенный из точки P
на ребро AC
. По теореме о трёх перпендикулярах OQ\perp AC
, значит, OQP
— линейный угол между указанной биссекторной плоскостью и плоскость основания ABC
. Поэтому \angle OQP=\frac{\beta}{2}
. Из прямоугольных треугольников OPQ
и APQ
находим, что
PQ=OP\ctg\frac{\beta}{2}=r\ctg\frac{\beta}{2},~AP=2PQ=2r\ctg\frac{\beta}{2},
а так как AM=AP+MP
, то
\frac{a\sqrt{3}}{2}=2r\ctg\frac{\beta}{2}+r\tg\frac{\alpha}{2},~\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\tg\alpha\ctg\frac{\beta}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{6}\tg\alpha\tg\frac{\alpha}{2},
3=2\tg\alpha\ctg\frac{\beta}{2}+\tg\alpha\tg\frac{\alpha}{2},~3=\tg\alpha\left(2\ctg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\alpha}{2}\right),
3=\tg\alpha\left(2\ctg\frac{\beta}{2}+\tg\frac{\alpha}{2}\right),~3=\tg\alpha\left(\frac{\sqrt{1+4\tg^{2}\alpha}+1}{\tg\alpha}+\tg\frac{\alpha}{2}\right),
3=\sqrt{1+4\tg^{2}\alpha+1}+\tg\alpha\tg\frac{\alpha}{2},~3=\sqrt{1+4\left(\frac{2\tg\frac{\alpha}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}\right)^{2}}+1+\frac{2\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}.
Из последнего уравнения находим, что \tg^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{5\pm2\sqrt{5}}{5}
, а так как \tg\frac{\alpha}{2}\lt1
, то условию задачи удовлетворяет только \tg^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{5-2\sqrt{5}}{5}
. Тогда
\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\frac{5-2\sqrt{5}}{5}}{1+\frac{5-2\sqrt{5}}{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}-1}.
Наконец, из прямоугольного треугольника AHA_{1}
находим, что
AA_{1}=\frac{AH}{\cos\alpha}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{1}{\sqrt{5}-1}}=\frac{a(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{3}}.