9806. Основание пирамиды — ромб с диагоналями 6 и 8. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания и равна 1. В каждый из трёхгранных углов при основании пирамиды вписано по равному шару так, что каждый из шаров касается двух соседних. Найдите радиусы шаров.
Ответ. \frac{60}{149}
, \frac{60}{101}
.
Решение. Пусть SABCD
— данная пирамида с вершиной S
, O_{1}
и O_{2}
— центры двух шаров искомого радиуса r
, вписанных в трёхгранные углы с вершинами A
и B
пирамиды. Поскольку шары касаются, O_{1}O_{2}=2r
. Эти шары вписаны в двугранный угол пирамиды при ребре AB
, значит, их центры лежат в биссекторной плоскости этого двугранного угла.
Пусть этот угол равен \alpha
. Опустим перпендикуляр HK
из основания H
высоты пирамиды на ребро AB
. По теореме о трёх перпендикулярах SH\perp AB
, поэтому \angle SKH=\alpha
— линейный угол двугранного угла при ребре AB
. Из прямоугольного треугольника AHB
находим, что
HK=\frac{HA\cdot HB}{AB}=\frac{4\cdot3}{5}=\frac{12}{5},
Значит,
\tg\alpha=\frac{SH}{HK}=\frac{1}{\frac{12}{5}}=\frac{5}{12},~\cos\alpha=\frac{12}{13},~\sin\alpha=\frac{5}{13}.
Тогда
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{1-\frac{12}{13}}{\frac{5}{13}}=\frac{1}{5}.
Пусть M
и N
— точки касания шаров с центрами соответственно O_{1}
и O_{1}
с плоскостью основания пирамиды. Тогда эти точки лежат на биссектрисах AC
и BD
ромба ABCD
. Рассмотрим случай, когда точки M
и N
лежат на отрезках AH
и BH
. Линия центров касающихся шаров проходит через их точку касания, поэтому O_{1}O_{2}=2r
, а так как шары равны, то MN=O_{1}O_{2}
и MN\parallel O_{1}O_{2}
.
Пусть P
и Q
— проекции точек соответственно M
и N
на прямую AB
. По теореме о трёх перпендикулярах MP\parallel AB
и NQ\parallel AB
, значит, \angle O_{1}PM=\angle O_{2}QN=\frac{\alpha}{2}
. Тогда
PM=QM=r\ctg\frac{\alpha}{2}=5r,
и MN\parallel AB
.
Обозначим \angle ABH=\beta
. Пусть BH=3
и AH=4
. Тогда AB=5
, \cos\beta=\frac{3}{5}
, \sin\beta=\frac{4}{5}
. Из прямоугольных треугольников BQN
и MHN
получаем, что
BN=\frac{NQ}{\sin\beta}=\frac{5r}{\frac{4}{5}}=\frac{25r}{4},~HN=MN\cos\beta=2x\cdot\frac{3}{5}=\frac{6x}{5},
а так как BN+HN=BH
, то
\frac{25r}{4}+\frac{6r}{5}=3,
откуда r=\frac{60}{149}
.
Пусть теперь точки M
и N
лежат на продолжениях отрезков AH
и BH
за точку H
. Тогда аналогично BN-HN=BH
, или
\frac{25r}{4}-\frac{6r}{5}=3,
откуда r=\frac{60}{101}
.