Задача 7. Два шара в усечённой пирамиде: расстояние до грани и касание рёбер

Шар ω: расстояние до боковой грани

Пусть основания — правильные $n$-угольники со сторонами $a>b>0$, высота пирамиды $h$, а радиусы вписанных окружностей оснований

Центр $C$ вписанного шара $\omega$ лежит на оси пирамиды посередине между основаниями; радиус шара равен $h/2$. Обозначим центры оснований через $O,O_1$, середины соответствующих сторон — через $M,M_1$, апофему $MM_1$ — через $\ell$. В плоскости $OO_1MM_1$ возьмём координаты $O=(0,0)$, $O_1=(0,h)$, $M=(r_a,0)$, $M_1=(r_b,h)$. Здесь изображаем только сторону от оси к одной грани, а не всё осевое сечение: при нечётном $n$ оно не обязано быть симметричной трапецией.

Прямая $MM_1$ имеет уравнение $hx+(r_a-r_b)z=hr_a$, а $C=(0,h/2)$. Эта меридиональная плоскость перпендикулярна выбранной боковой грани. Поэтому расстояние от $C$ до грани равно расстоянию до $MM_1$:

Знаменатель — апофема $\ell$. Сокращая $h/2>0$, получаем $\ell=r_a+r_b$, откуда

Шар Ω и боковая грань

Шар $\Omega$ касается всех четырёх рёбер грани $A_1A_2B_2B_1$, поэтому сечение $\Omega$ плоскостью грани — окружность, вписанная в эту трапецию. По симметрии она касается оснований в серединах $M$, $M_1$, и отрезки касательных дают $A_1B_1 = A_1M + B_1M_1 = \dfrac{a + b}{2}$.

С другой стороны, $A_1B_1^2 = (R_a - R_b)^2 + h^2$, где $R_a = \dfrac{a}{2\sin \frac{\pi}{n}}$, $R_b = \dfrac{b}{2\sin \frac{\pi}{n}}$ — радиусы описанных окружностей оснований.

Уравнение на n и k = b/a

Подставим $h^2 = 4 r_a r_b = ab\operatorname{ctg}^2 \dfrac{\pi}{n}$:

Заменим $\cos^2(\pi/n)$ на $1-\sin^2(\pi/n)$ и перенесём слагаемые с синусом вправо. Так как $(a-b)^2+4ab=(a+b)^2$, получаем $(a+b)^2=((a+b)^2+4ab)\sin^2(\pi/n)$. Делим на $(a+b)^2\sin^2(\pi/n)>0$ и вычитаем $1$:

Правая часть не больше $1$ (неравенство о средних), и равна $1$ только при $k = 1$ — а это призма, не усечённая пирамида. Значит, $\operatorname{ctg}\dfrac{\pi}{n} < 1$, $\dfrac{\pi}{n} > \dfrac{\pi}{4}$, $n = 3$.

Треугольная пирамида: находим k

При $n = 3$: $\operatorname{ctg}\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{k}}{1 + k}$, откуда $(1 + k)^2 = 12k$, $k^2 - 10k + 1 = 0$, $k = 5 - 2\sqrt{6}$ (корень $5 + 2\sqrt{6} > 1$ отброшен, так как $b < a$).

Отношение площадей

, $S_{\text{осн}} = \dfrac{\sqrt{3}a^2}{4}$:

Проверяем существование обоих шаров и второй ответ

Необходимые равенства ещё нужно проверить в обратную сторону. Возьмём $a=1$, $b=k=5-2\sqrt6$ и $h=\sqrt{k/3}$; тогда $r_a=1/(2\sqrt3)$, $r_b=k/(2\sqrt3)$, $\ell=r_a+r_b$. Шар с центром на оси на высоте $h/2$ и радиусом $h/2$ касается оснований и каждой боковой грани. Его касание апофемы делит её в доле $r_a/(r_a+r_b)$ от нижнего конца, то есть находится внутри грани.

Для шара $\Omega$ возьмём центр на оси на высоте

Расстояния до рёбер нижнего и верхнего оснований одинаковы: $r_a^2+z_\Omega^2=r_b^2+(h-z_\Omega)^2$. Основания перпендикуляров — середины этих рёбер. Для бокового ребра $A_1B_1$ обозначим $R_a=1/\sqrt3$, $R_b=k/\sqrt3$ и $e=(1+k)/2$. Доля, в которой основание перпендикуляра делит это ребро от $A_1$, равна

При этом квадрат расстояния до ребра равен $R_a^2+z_\Omega^2-t^2e^2=r_a^2+z_\Omega^2=\rho^2$: последнее равенство следует из $R_a^2-r_a^2=1/4$ и $te=1/2$. Значит, $\Omega$ касается именно отрезков всех рёбер. Центр $\Omega$ получается ниже нижнего основания — это допустимо: от этого шара требуется касание рёбер, а не вписанность в пирамиду.

В варианте 2 требуется угол $\gamma$ бокового ребра с плоскостью основания. Используем $(1+k)^2=12k$: