9550. Сторона основания и апофема правильной треугольной пирамиды равны a
. Найдите:
а) радиус описанной сферы;
б) радиус вписанной сферы;
в) угол между боковыми гранями;
г) угол между апофемой и соседней боковой гранью.
Ответ. а) \frac{5a\sqrt{3}}{4\sqrt{11}}
;
б) \frac{a\sqrt{11}}{2(\sqrt{3}+6)}=\frac{a\sqrt{11}(6-\sqrt{3})}{66}
;
в) 2\arctg\sqrt{\frac{5}{11}}=\arccos\frac{3}{8}
;
г) \arcsin\frac{\sqrt{11}}{8}
.
Решение. Пусть ABCD
— данная правильная треугольная пирамида с вершиной D
, H
— центр равностороннего треугольника ABC
, M
и N
— середины рёбер AB
и AC
соответственно, DN=DM=AB=a
, \alpha
— угол бокового ребра с плоскостью основания, \beta
— угол боковой грани с плоскостью основания, \gamma
— угол между соседними боковыми гранями, \varphi
— угол апофемы с соседней боковой гранью, R
— радиус описанной сферы, r
— радиус вписанной сферы.
Из прямоугольных треугольников BMD
, DMH
и BHD
находим, что
DB=\sqrt{DM^{2}+BM^{2}}=\sqrt{a^{2}+\frac{a^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},
\cos\beta=\frac{HM}{DM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{6},~\sin\beta=\frac{\sqrt{33}}{6},
DH=\sqrt{DM^{2}-HM^{2}}=\sqrt{a^{2}-\frac{a^{2}}{12}}=\frac{a\sqrt{11}}{2\sqrt{3}},
\sin\alpha=\sin\angle DBH=\frac{DH}{DB}=\frac{\frac{a\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\sqrt{\frac{11}{15}}.
а) Центр O
сферы, описанной около данной правильной пирамиды, лежит на прямой SH
, поэтому радиус этой сферы равен радиусу окружности, описанной около равнобедренного треугольника ASC
. Пусть DD_{1}
— диаметр этой окружности. Тогда треугольник DCD_{1}
прямоугольный, а CH
— его высота, проведённая из вершины прямого угла. Значит, DC^{2}=DD_{1}\cdot DH
, или \frac{5a^{2}}{4}=2R\cdot\frac{a\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}
, откуда R=\frac{5a\sqrt{3}}{4\sqrt{11}}
.
б) Центр I
сферы, вписанной в данную правильную пирамиду, лежит на отрезке DH
, поэтому радиус r
этой сферы равен радиусу окружности с центром на биссектрисе MI
, вписанной в угол DMH
. Следовательно,
r=IH=MH\tg\frac{\beta}{2}=MH\cdot\frac{\sin\beta}{1+\cos\beta}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\frac{\sqrt{33}}{6}}{1+\frac{\sqrt{3}}{6}}=
=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot\frac{\sqrt{33}}{6+\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{11}}{2(\sqrt{3}+6)}=\frac{a\sqrt{11}(6-\sqrt{3})}{66}.
в) Пусть F
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на прямую DC
. Прямая DC
перпендикулярна плоскости AFB
, так как она перпендикулярна двум пересекающимся прямым MF
и AB
этой плоскости. Значит, AFB
— линейный угол двугранного угла между соседними боковыми гранями ADC
и BDC
пирамиды. Из прямоугольных треугольников CMF
и BMF
находим, что
MF=CM\sin\alpha=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{\frac{11}{15}}=\frac{a\sqrt{11}}{2\sqrt{5}},
\tg\frac{\gamma}{2}=\frac{BM}{MF}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{11}}{2\sqrt{5}}}=\sqrt{\frac{5}{11}}.
Следовательно,
\cos\gamma=\frac{1-\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\gamma}{2}}=\frac{1-\frac{5}{11}}{1+\frac{5}{11}}=\frac{3}{8}.
г) Пусть P
— основание перпендикуляра, опущенного из точки M
на плоскость ADC
. Тогда PD
— ортогональная проекция наклонной MD
на эту плоскость. Значит, угол между апофемой DM
и плоскостью ADC
— это угол MDP
, т. е. \varphi=\angle MDP
.
Пусть BQ
— высота треугольника BDN
. Тогда BQ
— перпендикуляр к плоскости ADC
, а так как M
— середина AB
, то расстояние от точки M
до плоскости ADC
вдвое меньше расстояния до этой плоскости от точки B
(см. задачу 9180), т. е.
MP=\frac{1}{2}BQ=\frac{1}{2}\cdot BN\sin\angle BND=\frac{1}{2}\cdot BN\sin\beta=\frac{1}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{33}}{6}=\frac{a\sqrt{11}}{8}.
Следовательно,
\sin\varphi=\frac{MP}{MD}=\frac{\frac{a\sqrt{11}}{8}}{a}=\frac{\sqrt{11}}{8}.