Информация о задаче

Задача 110540

Темы:	[	Правильная пирамида	]
Темы:	[	Конус	]

Сложность: 4
Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

В правильной пирамиде ABCD сторона основания ABC равна a. Внутри пирамиды расположен конус, окружность основания которого вписана в треугольник ACD, а вершиной является точка O, лежащая на высоте BE треугольника ABC, причём BE:OB = 3. Найдите радиус основания конуса и радиус шара, касающегося конуса и трёх граней пирамиды с общей точкой B.

Решение

Пусть DH ─ высота пирамиды, G ─ центр основания конуса, r ─ радиус основания конуса. Обозначим ∠ACD = α, ∠DEH = β ─ угол боковой грани пирамиды с плоскостью основания. Из условия задачи следует, что

OE =
2
3
BE =
2
3
·
a
√ 3
2
=
a
√ 3
.

Из прямоугольных треугольников DEH, DEB, BEG и OEG находим, что

DE =
EH
cos ∠DEH
=
a
2
√ 3
cos β
,

DE = CE tg ∠DBE =
a
2
tg α,

r = EG = BE tg ∠EBG =
a
2
tg
α
2
,

r = EG = OE cos ∠OEG =
a
√ 3
cos β.

Из равенств

a
2
√ 3
cos β
=
a
2
tg α,
a
2
tg
α
2
=
a
√ 3
cos β,

следует, что

tg α =
1
√ 3
cos β
,    tg
α
2
=
2 cos β

√ 3


Подставив найденные выражения для tg α и tg
α
2
в формулу tg α =
  2 tg
α
2

1 − tg²
α
2
, найдём, что cos β =
√ 3
4
. Следовательно,

r = OE cos ∠OEG =
a
√ 3
cos β =
a
√ 3
·
√ 3
4
=
a
4
.

Пусть x ─ радиус шара, касающегося конуса и трёх граней пирамиды с общей точкой B, Q ─ центр шара, M и N ─ точки касания шара соответственно с плоскостью основания и с образующей конуса. Тогда точка M лежит на отрезке OB. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью DBE. Получим окружность радиуса x с центром Q, вписанную в угол NOB. Поскольку центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, луч OQ ─ биссектриса внешнего угла при вершине O равнобедренного треугольника EOF (F ─ вторая общая точка вписанной окружности треугольника ACD и его высоты DE), поэтому ∠MOQ = ∠NOQ = β. Из прямоугольного треугольника MOB находим, что

OM =
QM
tg ∠MOQ
=
x
tg β
.

Из точки M опустим перпендикуляр MK на прямую BC. По теореме о трёх перпендикулярах QK ⊥ BC, а поскольку центр сферы, вписанной в другранный угол, лежит в биссекторной плоскости этого угла, то ∠QKM = ½β. Из прямоугольных треугольников QMK и BMK находим, что

MK = QM ctg ∠QKM = x ctg
β
2
,     MB = 2MK = 2x ctg
β
2
.

Учитывая, что cos β =
√ 3
4
  и  cos β =
1 − tg²
β
2
1 + tg²
β
2
, из уравнения
√ 3
4
=
1 − tg²
β
2
1 + tg²
β
2
  находим, что tg
β
2
=
4 +
√ 3

√ 13

. Тогда ctg
β
2
=

√ 13

4 +
√ 3
,

tg β =
√
1
cos² β
−1
=
√
16
3
− 1
=
√ 13
√ 3
,    ctg β =
√ 3
√ 13
.

Поскольку OM + BM = OB, получаем уравнение x ctg β + 2x ctg
β
2
=
a
2
√ 3
, из которого находим, что
x =
a
2
√ 3
( ctg β + 2 ctg
β
2
)
=
a
2
√ 3
(
√ 3
√ 13
+
2(4 +
√ 3
)

√ 13

)
=
       a
√ 13

2
√ 3
(8 + 3
√ 3
)
=
a
√ 13
(8 − 3
√ 3
)
        74
√ 3

.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	8739