Условие
В правильной треугольной пирамиде
SABC с вершиной
S боковое ребро
SA равно
b . Сфера радиуса
касается плоскости
SAC в
точке
C и проходит через точку
B . Найдите
ASC .
Решение
Пусть
O – центр сферы. Заметим, что треугольники
AOC и
AOB
равны по трём сторонам, а т.к.
OC 
AC (как радиус сферы,
проведённый в точку касания с касательной плоскостью), то
OB AB (рис.1).
Аналогично докажем, что
OB SB , значит, прямая
OB перпендикулярна
плоскости грани
ASB . Следовательно,
B – точка касания сферы с этой
плоскостью. Прямая
AS перпендикулярна двум пересекающимся прямым
OB и
OC
плоскости
OBC , значит, прямая
AS перпендикулярна этой плоскости.
Пусть
E – точка пересечения плоскости
OBC с прямой
AS . Тогда
BE AS ,
т.е.
BE – высота равнобедренного треугольника
ASB . Обозначим через
a
сторону основания пирамиды. Если
SH – также высота треугольника
ASB , то
SH· AB = AS· BE , откуда
BE = 
= 
=
.
Поскольку точки
E и
O равноудалены от концов отрезка
AB , прямая
OE –
серединный перпендикуляр к этому отрезку, поэтому точка
M пересечения прямых
BC и
OE – середина
BC . Значит,
BM=CM = 
.
Рассмотрим треугольник
BOE (рис.2). В нём известно, что
OBE = 90
o ,
BO= (радиус сферы),
BE = ,
BM –
высота. Обозначим
OBM = BEO = α . Тогда
cos α = 
= 
= 
,
tg α = 
= 
=
.
Подставив найденные значения в формулу
1
+ tg2
α = 
,
получим уравнение
1+
= 
.
После очевидных упрощений получим биквадратное уравнение
()4 - 5()2 +3 = 0
относительно
= cos α . Условию задачи удовлетворяет
его единственный корень
cos α = = 
.
Из равнобедренного треугольника
ASB находим, что
sin 
ASB = 
= · =
.
Следовательно,
cos ASB = 1-2 sin 2 ASB = 1-
=
.
Ответ
arccos = 2
arccos 
.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
web-сайт |
|
Название |
Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
|
URL |
http://zadachi.mccme.ru |
|
задача |
|
Номер |
8678 |
