Элементарная математика. Геометрия.

Задача 114

В основании пирамиды лежит правильный треугольник  со стороной $a$, боковые рёбра имеют длину $b$. Найдите радиус шара, касающегося всех ребер пирамиды или их продолжений.

Решение:

Рассмотрим пирамиду $SABC$, в основании которой лежит правильный треугольник $ABC$ со стороной $a$. Так как боковые ребра пирамиды равны $b$, следовательно пирамида правильная.  Рассмотрим 2 случая:

1) шар радиуса $R$ касается всех ребер пирамиды; или их продолжений;

2) шар радиуса $R$ касается продолжений ребер пирамиды.

В силу симметрии, центр шара $O$ лежит на высоте пирамиды $SO_1$ или ее продолжении, где $O_1$ — центр вписанной (и одновременно описанной) окружности правильного треугольника $ABC$. Шар, по условию, касается всех ребер основания.

В правильном треугольнике со стороной $a$ радиусы вписанной и описанной окружностей вычисляются по известным формулам 
${O_1H} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$,
$O_1B = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.

1 случай.

В этом случае на рисунке необходимо переместить центра шара $O$ в точку $O'$ для того, чтобы наблюдать верный чертеж. В дальнейших рассуждениях примем $O' = O$. Пусть $OH = R$.

Запишем теорему Пифагора для прямоугольного $\triangle SO_1B$

$SO_1 = \sqrt{SB^2 - O_1B^2} = \sqrt{b^2 - \left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}$.

Запишем теорему Пифагора для прямоугольного $\triangle OO_1H$
$OO_1 = \sqrt{OH^2 - O_1H^2} = \sqrt{R^2 - \left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2} = \sqrt{R^2 - \frac{a^2}{12}}$.

Запишем теорему Пифагора для прямоугольного $\triangle OO_1B$
$OB = \sqrt{OO_1^2 + O_1B^2} = \sqrt{R^2 - \frac{a^2}{12} + \left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \sqrt{R^2 + \frac{a^2}{4}}$.

Шар касается ребра $SB$ в точке $M$. Запишем теорему Пифагора для прямоугольного $\triangle OMB$
$MB = \sqrt{OB^2 - OM^2} = \sqrt{\left(R^2 + \frac{a^2}{4}\right) - R^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4}} = \frac{a}{2}$.

Рассмотрим подобные треугольники $SOM$ и $SBO_1$ (прямой угол и общий угол при вершине $S$). Для них справедливо равенство

$\frac{OM}{BO_1} = \frac{SM}{SO_1}$
или после подстановки известных значений
$\dfrac{R}{\frac{a\sqrt{3}}{3}} = \dfrac{b - \frac{a}{2}}{\sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}}$.
Отсюда находим 
$R = \dfrac{(b - \frac{a}{2})\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}} = \dfrac{a(b - \frac{a}{2})}{\sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}\sqrt{3}} = \dfrac{a(b - \frac{a}{2})}{\sqrt{3b^2 - a^2}}= \dfrac{a(2b - a)}{2\sqrt{3b^2 - a^2}}$.

2 случай.

В этом случае на рисунке необходимо переместить центра шара $O$ в точку $O''$ для того, чтобы наблюдать верный чертеж. В дальнейших рассуждениях примем $O'' = O$.  

Аналогично тому, как это было в первом случае, получаем
$SO_1 = \sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}$;
$OO_1 = \sqrt{R^2 - \frac{a^2}{12}}$;
$OB =  \sqrt{R^2 + \frac{a^2}{4}}$;
$MB = \frac{a}{2}$.

Рассмотрим подобные треугольники $SOM$ и $SBO_1$ (прямой угол и общий угол при вершине $S$). Для них справедливо равенство

$\frac{OM}{BO_1} = \frac{SM}{SO_1}$
или после подстановки
$\dfrac{R}{\frac{a\sqrt{3}}{3}} = \dfrac{b + \frac{a}{2}}{\sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}}$.
Отсюда находим 
$R = \dfrac{(b + \frac{a}{2})\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}}= \dfrac{a(b + \frac{a}{2})}{\sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}\sqrt{3}} = \dfrac{a(b + \frac{a}{2})}{\sqrt{3b^2 - a^2}}= \dfrac{a(2b + a)}{2\sqrt{3b^2 - a^2}}$.

Ответ:

$\frac{a(2b \pm a)}{2\sqrt{3b^2 - a^2}}$.