Главная › 13 (С2) Стереометр. задачи › Задание №16 Т/Р №112 А. Ларина

09 Апр 2015

Категория: 13 (С2) Стереометр. задачиСтереометрияТ/P A. Ларина

Задание №16 Т/Р №112 А. Ларина

Елена Репина 2015-04-09 2015-09-04

В новом формате ЕГЭ по математике задание значится как «Задание №14»

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.

iuh

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 $AC.$

jnm

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 $\frac{2}{\sqrt3}.$

Автор: egeMax | комментариев 7

Печать страницы

комментариев 7

Дима

2015-04-09 в 13:14

Почему HQ=3sqrt(3) и почему S_APC=S_APB=S_BCP?

[ Ответить ]
- egeMax
  
  2015-04-09 в 14:08
  
  1) $HQ=3\sqrt3$ – из прямоугольного треугольника $CHQ$ с углом $QCH$ , равным $60^{\circ}$ и катетом $CH,$ равным 3.
  2) $S_{APC}=S_{APB}=S_{DCP}$ , так как $AB=BC=AC$ , а также равны между собой апофемы граней, что следует из равенства треугольников $EPQ,HPQ,FPQ$ (по двум катетам).
  
  [ Ответить ]
  - Дима
    
    2015-04-09 в 14:14
    
    Понятно. Спасибо:)
    
    [ Ответить ]
Иосфен

2015-04-13 в 11:04

Вот блин ёмаё,упростить можно?

[ Ответить ]
Анна

2015-05-05 в 21:31

Никак не могу понять, почему QCH равен 60 градусам. Единственное, к чему пришла: выходит, что треугольники ABC и ACQ равны. Получается, мы сами берём такое построение, чтобы точно знать размеры?

[ Ответить ]
- egeMax
  
  2015-05-05 в 21:37
  
  Анна, вы имеете ввиду второй случай?
  Так угол ECH равен 120 градусам, потому что он является смежным с углом BCA, равным 60.
  А уж тогда угол QCH равен 60 градусам, поскольку QC – биссектриса угла C.
  Если остались вопросы, обращайтесь ;)
  
  [ Ответить ]
  - Анна
    
    2015-05-05 в 21:48
    
    Спасибо огромное! :)
    
    [ Ответить ]

Задание №16 Т/Р №112 А. Ларина

Добавить комментарий Отменить ответ