Задание №16 Т/Р №112 А. Ларина

Смотрите также №15, №17, №18, №19, №20.
Основанием пирамиды $PABC$ является правильный треугольник $ABC$ со стороной $6$. Каждая боковая грань образует с плоскостью основания угол $\alpha=arccos0,6$. Найдите радиус сферы, вписанной в данную пирамиду.

Решение:

Так как каждая боковая грань образует с плоскостью основания  $ABC$ один и тот же угол, то вершина пирамиды проецируется либо в центр вписанной окружности треугольника $ABC$, либо в центр вневписанной окружности треугольника $ABC.$

Рассмотрим первый случай.

Пусть $H$ – середина $AC.$

Тогда $BH\perp AC.$ По т. о трех перпендикулярах и $PH\perp AC.$

$\angle PHB$ – угол наклона боковой грани $APC$ к плоскости основания.

Заметим (если $Q$ – центр $ABC$),

 $HQ=\frac{BH}{3}=\frac{\sqrt{BC^2-HC^2}}{3}=\frac{3\sqrt3}{3}=\sqrt3.$

Так как $cos PHQ=\frac{3}{5},$ то $\frac{3}{5}=\frac{\sqrt3}{HP}$, откуда $HP=\frac{5}{\sqrt3}.$

Далее, из $\Delta HPQ$   $PQ=\sqrt{(\frac{5}{\sqrt3})^2-(\sqrt3)^2}=\frac{4}{\sqrt3}.$

Если $K$ – точка касания вписанного в пирамиду шара (c центром $O$) с гранью $APC$, то пусть $OK=OQ=r$.

Из подобия треугольников $PQH$ и $PKO$ следует:

$\frac{PH}{PO}=\frac{QH}{KO};$

$\frac{\frac{5}{\sqrt3}}{\frac{4}{\sqrt3}-r}=\frac{\sqrt3}{r};$

$\frac{5}{4-\sqrt3r}=\frac{\sqrt3}{r};$

$5r=4\sqrt3-3r;$

$r=\frac{\sqrt3}{2};$

Рассмотрим второй случай.

Будем искать радиус $r$ вписанного в пирамиду шара через объем пирамиды:

$r=\frac{3V_{ABCP}}{S_{ABCP}}.$

(Доказательство формулы можно посмотреть, например, здесь)

Пусть также, как и в первом случае $Q$ – проекция вершины пирамиды на плоскость основания, $H$ – cередина $AC.$

Несложно заметить, $HQ=3\sqrt3$.

Тогда $cosPHQ=\frac{3}{5}=\frac{3\sqrt3}{HP}.$

$HP=5\sqrt3.$

Откуда $PQ=\sqrt{HP^2-HQ^2}=\sqrt{75-27}=4\sqrt3.$

Далее, $V_{ABCP}=\frac{1}{3}S_{ABC}PQ=\frac{9\sqrt3\cdot4\sqrt3}{3}=36.$

$S_{ABCP}=3S_{ACP}+S_{ABC}=45\sqrt3+9\sqrt3=54\sqrt3.$

Наконец, $r=\frac{3\cdot 36}{54\sqrt3}=\frac{2}{\sqrt3}.$

Ответ: $\frac{\sqrt3}{2}$ или $\frac{2}{\sqrt3}.$