Пирамиды. Решение правильных пирамид.: Часть 5

Видео

Конспект

Задача 5.41

МГУ, Внутренний экзамен, 2025, вариант 253, №7(7).

Радиус сферы, вписанной в правильную треугольную пирамиду, равен 1 . Радиус окружности, вписанной в основание этой пирамиды, равен \frac{1+\sqrt{5}}{2} . Найдите радиус сферы, описанной около этой пирамиды.

Stereo_2_122_s

Рис. 9: К задаче 5.41

Решение.

Пусть сторона основания пирамиды равна a , а высота равна h . Радиус вписанной в основание окружности r_{осн} = \frac{a}{2\sqrt{3}} (рис. 9). Тогда \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \Longrightarrow a = \sqrt{3}\left(1+\sqrt{5} \right). Пусть O_1 — центр вписанной сферы, O_2 — центр описанной сферы, O — центр основания. O_1 лежит на высоте SO , по условию OO_1 = OH= 1 . Пусть M — середина BC , SM — апофема. OM=r_{осн} . \triangle SO_1H \sim \triangle SMO (где O_1H \perp SM ). Отсюда \begin{gathered}

\frac{SO_1}{SM} = \frac{O_1H}{OM} \implies \frac{h-1}{\sqrt{h^2+a^2/12}} = \frac{1}{a/(2\sqrt{3})} \Longrightarrow \\

a(h-1) = \sqrt{12h^2+a^2} \Longrightarrow a^2(h-1)^2 = 12h^2+a^2 \Longrightarrow\\

(a^2-12)h = 2a^2 \implies h = \frac{2a^2}{a^2-12}.

\end{gathered} Радиус описанной сферы R=AO_2=SO_2 . \triangle SO_2K \sim \triangle SAO (где O_2K — серединный перпендикуляр к SA ). Отсюда \begin{gathered}

\frac{SO_2}{SA} = \frac{SK}{SO} \implies \frac{R}{SA} = \frac{SA/2}{h} \implies 2Rh = SA^2 = h^2+\frac{a^2}{3} \Longrightarrow \\ R = \frac{h^2+a^2/3}{2h}.

\end{gathered} Подставляем h : R = \frac{\left(\frac{2a^2}{a^2-12}\right)^2 + \frac{a^2}{3}}{2 \cdot \frac{2a^2}{a^2-12}} = \frac{a^2}{a^2-12} + \frac{a^2-12}{12}. Вычислим a^2 : a^2 = 3 \left(1+\sqrt{5} \right)^2 = 3 \left(6+2\sqrt{5} \right). R = \frac{3(6+2\sqrt{5})}{3(6+2\sqrt{5})-12} + \frac{3(6+2\sqrt{5})-12}{12} = (1+\sqrt{5}).

Ответ: \displaystyle 1+\sqrt{5} .

Задача 5.42

МГУ, внутренний экзамен, 2023, №7(7).

Найдите объем правильной четырехугольной пирамиды со стороной основания равной 1 , если известно, что плоские углы при вершине равны углам наклона боковых ребер к плоскости основания.

Stereo_2_123_s

Рис. 10: К задаче 5.42

Решение.

Пусть \alpha — угол наклона бокового ребра к плоскости основания, и он же плоский угол при вершине. Пусть SABCD — пирамида, M — середина DC (рис. 10). В \triangle SMC , \angle MSC = \alpha/2 , MC=1/2 , SC = \frac{MC}{\sin(\alpha/2)} = \frac{1}{2\sin(\alpha/2)}. В \triangle SOC , O — центр основания, OC = \frac{\sqrt{2}}{2} , \angle SCO = \alpha , SC = \frac{OC}{\cos\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2}\cos\alpha}. Приравниваем выражения для SC : \frac{1}{2\sin(\alpha/2)} = \frac{1}{\sqrt{2}\cos\alpha} \implies \cos\alpha = \sqrt{2}\sin(\alpha/2). Используем формулу двойного угла \cos\alpha = 1-2\sin^2(\alpha/2) : \begin{gathered}

1-2\sin^2(\alpha/2) = \sqrt{2}\sin(\alpha/2) \Longrightarrow

2\sin^2(\alpha/2) + \sqrt{2}\sin(\alpha/2) - 1 = 0 \\

\Longrightarrow \sin(\alpha/2) = \frac{-\sqrt{2} \pm \sqrt{10}}{4}.

\end{gathered} Так как угол \alpha/2 острый, \sin(\alpha/2)>0 , выбираем знак "+": \sin(\alpha/2) = \frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{4}. Найдем \cos\alpha : \cos\alpha = 1 - 2\sin^2(\alpha/2) = 1 - 2\left(\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{4}\right)^2 = \frac{\sqrt{5}-1}{2}. Найдем \sin\alpha : \sin\alpha = \sqrt{1-\cos^2\alpha} = \sqrt{\frac{\sqrt{5} - 1}{2}}. В \triangle SOC высота пирамиды SO = OC \tg\alpha = \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{\frac{\sqrt{5} - 1}{2}} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}-1} = \frac{1}{\sqrt{\sqrt{5}-1}} .

Найдем объем пирамиды: V = \frac{1}{3} AD^2 \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 1^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{\sqrt{5}-1}} = \frac{1}{3\sqrt{\sqrt{5}-1}}.

Ответ: \displaystyle V = \frac{1}{3\sqrt{\sqrt{5}-1}} .