Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2236
2019-03-19 
B треугольную пирамиду вписана сфера радиуса $r$. Точки касания сферы лежат в точках пересечения высот граней. Сумма плоских углов при вершине пирамиды равна $\alpha$. Доказать, что пирамида правильная, и найти ее боковое ребро.
Решение:
Пусть $O_1$ - центр шара, а $O, M$ и $N$ - точки касания (рис.). Проведем плоскость через $MO_1$ и $OO_1$ Эта плоскость перпендикулярна к плоскости $ASB$ и к плоскости $ABC$. Следовательно, она перпендикулярна к прямой $AB$. Отсюда следует, что наша плоскость пересечет $ASB$ по прямой, перпендикулярной к $AB$ и проходящей через точку $M$, которая по условию является точкой пересечения высот грани $ASB$, т. е. по высоте треугольника $ASB$. Аналогично доказывается, что пересечение плоскости с плоскостью основания - тоже высота треугольника $ABC$.
Итак, точки $S, O_1$ и $O$ лежат в плоскости $DSC$. Так же можно показать, что эти точки лежат в плоскости так как две несовпадающие плоскости могут пересекаться только по одной прямой, то точки $S, O_1$ и $O$ лежат на одной прямой и отрезок $SO$ является высотой пирамиды.
Повернем треугольник $SOD$ так, чтобы его плоскость совпала с плоскостью треугольника $SOE$. Так как треугольники $SO_1M$ и $SO_1N$ равны (по катету и гипотенузе), то равны углы $DSO$ и $ESO$. Следовательно, треугольники $SOD$ и $SOE$ равны (по катету и острому углу) и при повороте совпадут. Тем самым мы установили, что точка $O$ - центр вписанного в треугольник $ABC$ круга. По условию точка $O$ является также точкой пересечения высот треугольника $ABC$. Следовательно, треугольник $ABC$ правильный и пирамида $SABC$ правильная. Отсюда, в частности, следует, что плоские углы при вершине $S$ равны $\frac{ \alpha}{3}$.
Перейдем к вычислительной части задачи. Обозначим угол $SDO$ через $\beta$. Тогда $tg \frac{ \beta}{2} = \frac{OO_1}{OD} = \frac {6r}{a \sqrt {3}}$, где через $а$ обозначена сторона основания.
Выразим $\cos \beta$ через функции угла $\alpha$. Из треугольника $ASD$ находим $SD = \frac{a}{2} ctg \frac{ \alpha}{6}$. Теперь из треугольника $SDO$ можно найти
$\cos \beta = \frac{OD}{SD} = \frac {a \sqrt {3}}{6} \div \frac {a ctg {\alpha/6}}{2} = \frac{1}{ \sqrt {3}} tg \frac{ \alpha}{6}$.
По формуле тангенса половинного угла имеем
$tg \frac{ \beta}{2} = \sqrt {\frac {1 - \cos \beta}{1 + \cos \beta}} = \sqrt {\frac {\sqrt {3} - tg \frac{ \alpha}{6}}{\sqrt {3} + tg \frac{ \alpha}{6}}} = \sqrt {\frac {\sin \left ( \frac{ \pi}{3} - \frac{ \alpha}{6} \right )}{ \sin \left ( \frac{\pi}{3} + \frac{\alpha}{6} \right ) }}$.
Сравнивая это выражение с предыдущим результатом для $tg \frac{ \beta}{2}$, найдем
$a = \frac{6r}{ \sqrt {3}} ctg \frac{ \beta}{2} = 2 \sqrt {3} \sqrt {\frac {\sin \left ( \frac{ \pi}{3} + \frac{ \alpha}{6} \right ) }{\sin \left ( \frac{ \pi}{3} - \frac{ \alpha}{6} \right ) }}$.
Из треугольника ASD находим
$AS = \frac {a}{2 \sin \frac{ \alpha}{6}}$.
Ответ. $\frac { \sqrt {3} r}{\sin \alpha/6} \sqrt { \frac {\sin \left ( \frac{ \pi}{3} + \frac{ \alpha}{6} \right )}{ \sin \left ( \frac{ \pi}{3} - \frac{ \alpha}{6} \right )} }$.
B треугольную пирамиду вписана сфера радиуса $r$. Точки касания сферы лежат в точках пересечения высот граней. Сумма плоских углов при вершине пирамиды равна $\alpha$. Доказать, что пирамида правильная, и найти ее боковое ребро.
Решение:
Пусть $O_1$ - центр шара, а $O, M$ и $N$ - точки касания (рис.). Проведем плоскость через $MO_1$ и $OO_1$ Эта плоскость перпендикулярна к плоскости $ASB$ и к плоскости $ABC$. Следовательно, она перпендикулярна к прямой $AB$. Отсюда следует, что наша плоскость пересечет $ASB$ по прямой, перпендикулярной к $AB$ и проходящей через точку $M$, которая по условию является точкой пересечения высот грани $ASB$, т. е. по высоте треугольника $ASB$. Аналогично доказывается, что пересечение плоскости с плоскостью основания - тоже высота треугольника $ABC$.
Итак, точки $S, O_1$ и $O$ лежат в плоскости $DSC$. Так же можно показать, что эти точки лежат в плоскости так как две несовпадающие плоскости могут пересекаться только по одной прямой, то точки $S, O_1$ и $O$ лежат на одной прямой и отрезок $SO$ является высотой пирамиды.
Повернем треугольник $SOD$ так, чтобы его плоскость совпала с плоскостью треугольника $SOE$. Так как треугольники $SO_1M$ и $SO_1N$ равны (по катету и гипотенузе), то равны углы $DSO$ и $ESO$. Следовательно, треугольники $SOD$ и $SOE$ равны (по катету и острому углу) и при повороте совпадут. Тем самым мы установили, что точка $O$ - центр вписанного в треугольник $ABC$ круга. По условию точка $O$ является также точкой пересечения высот треугольника $ABC$. Следовательно, треугольник $ABC$ правильный и пирамида $SABC$ правильная. Отсюда, в частности, следует, что плоские углы при вершине $S$ равны $\frac{ \alpha}{3}$.
Перейдем к вычислительной части задачи. Обозначим угол $SDO$ через $\beta$. Тогда $tg \frac{ \beta}{2} = \frac{OO_1}{OD} = \frac {6r}{a \sqrt {3}}$, где через $а$ обозначена сторона основания.
Выразим $\cos \beta$ через функции угла $\alpha$. Из треугольника $ASD$ находим $SD = \frac{a}{2} ctg \frac{ \alpha}{6}$. Теперь из треугольника $SDO$ можно найти
$\cos \beta = \frac{OD}{SD} = \frac {a \sqrt {3}}{6} \div \frac {a ctg {\alpha/6}}{2} = \frac{1}{ \sqrt {3}} tg \frac{ \alpha}{6}$.
По формуле тангенса половинного угла имеем
$tg \frac{ \beta}{2} = \sqrt {\frac {1 - \cos \beta}{1 + \cos \beta}} = \sqrt {\frac {\sqrt {3} - tg \frac{ \alpha}{6}}{\sqrt {3} + tg \frac{ \alpha}{6}}} = \sqrt {\frac {\sin \left ( \frac{ \pi}{3} - \frac{ \alpha}{6} \right )}{ \sin \left ( \frac{\pi}{3} + \frac{\alpha}{6} \right ) }}$.
Сравнивая это выражение с предыдущим результатом для $tg \frac{ \beta}{2}$, найдем
$a = \frac{6r}{ \sqrt {3}} ctg \frac{ \beta}{2} = 2 \sqrt {3} \sqrt {\frac {\sin \left ( \frac{ \pi}{3} + \frac{ \alpha}{6} \right ) }{\sin \left ( \frac{ \pi}{3} - \frac{ \alpha}{6} \right ) }}$.
Из треугольника ASD находим
$AS = \frac {a}{2 \sin \frac{ \alpha}{6}}$.
Ответ. $\frac { \sqrt {3} r}{\sin \alpha/6} \sqrt { \frac {\sin \left ( \frac{ \pi}{3} + \frac{ \alpha}{6} \right )}{ \sin \left ( \frac{ \pi}{3} - \frac{ \alpha}{6} \right )} }$.
