Номер 22, страница 179 - гдз по геометрии 11 класс учебник Смирнов, Туяков

22. Найдите радиус сферы, вписанной в правильную шестиугольную пирамиду, у которой ребра основания равны 1 см, а боковые ребра — 2 см.

Дано:

Правильная шестиугольная пирамида.

Ребра основания равны $a = 1$ см.

Боковые ребра равны $l = 2$ см.

Найти:

Радиус вписанной сферы $r$.

Решение:

Центр сферы, вписанной в правильную пирамиду, находится на ее высоте. Пусть $S$ – вершина пирамиды, $O$ – центр правильного шестиугольника в основании. Тогда высота пирамиды – это отрезок $SO=H$. Центр вписанной сферы $I$ лежит на отрезке $SO$.

Радиус вписанной сферы $r$ – это расстояние от ее центра $I$ до плоскости основания и до плоскостей боковых граней. Так как точка $I$ лежит на высоте $SO$, ее расстояние до плоскости основания равно длине отрезка $IO$. Таким образом, $IO = r$.

Для нахождения радиуса рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через вершину $S$, центр основания $O$ и середину $M$ одного из ребер основания. Это сечение является прямоугольным треугольником $SOM$, где $OM$ – апофема основания, $SO$ – высота пирамиды, а $SM$ – апофема пирамиды (высота боковой грани).

Для начала найдем длины сторон треугольника $SOM$.

1. Апофема основания $OM$.

Основанием пирамиды является правильный шестиугольник со стороной $a = 1$ см. Такой шестиугольник состоит из шести равносторонних треугольников со стороной 1 см. Апофема $OM$ является высотой в одном из таких треугольников. По теореме Пифагора:

$OM = \sqrt{a^2 - (a/2)^2} = \sqrt{1^2 - (1/2)^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ см.

2. Апофема пирамиды $SM$.

$SM$ является высотой боковой грани, которая представляет собой равнобедренный треугольник с основанием $a=1$ см и боковыми сторонами $l=2$ см. По теореме Пифагора:

$SM = \sqrt{l^2 - (a/2)^2} = \sqrt{2^2 - (1/2)^2} = \sqrt{4 - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$ см.

3. Высота пирамиды $SO=H$.

Из прямоугольного треугольника $SOM$ по теореме Пифагора:

$H = SO = \sqrt{SM^2 - OM^2} = \sqrt{\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{15}{4} - \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{12}{4}} = \sqrt{3}$ см.

4. Нахождение радиуса $r$.

Центр вписанной сферы $I$ лежит на высоте $SO$. Расстояние от $I$ до основания равно $IO = r$. Расстояние от $I$ до боковой грани (в нашем сечении это гипотенуза $SM$) также равно $r$.

Проведем из точки $I$ перпендикуляр $IK$ к гипотенузе $SM$. Тогда $IK = r$.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle SKI$ и $\triangle SMO$. Они подобны, так как имеют общий острый угол $\angle MSO$.

Из подобия треугольников следует соотношение их сторон:

$\frac{IK}{OM} = \frac{SI}{SM}$

Подставим известные значения: $IK=r$, $OM = \frac{\sqrt{3}}{2}$, $SI = SO - IO = H - r = \sqrt{3} - r$, $SM = \frac{\sqrt{15}}{2}$.

$\frac{r}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{3} - r}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$

Упростим уравнение, умножив обе части на $\frac{2}{\sqrt{3}}$:

$\frac{2r}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3} - r}{\frac{\sqrt{15}}{2}} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} \implies \frac{2r}{\sqrt{3}} = \frac{2(\sqrt{3} - r)}{\sqrt{15}}$

$r \cdot \sqrt{15} = \sqrt{3}(\sqrt{3} - r)$

$r\sqrt{15} = 3 - r\sqrt{3}$

$r\sqrt{15} + r\sqrt{3} = 3$

$r(\sqrt{15} + \sqrt{3}) = 3$

$r = \frac{3}{\sqrt{15} + \sqrt{3}}$

Вынесем в знаменателе общий множитель $\sqrt{3}$:

$r = \frac{3}{\sqrt{3}(\sqrt{5} + 1)} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5} + 1}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{5} - 1)$:

$r = \frac{\sqrt{3}(\sqrt{5} - 1)}{(\sqrt{5} + 1)(\sqrt{5} - 1)} = \frac{\sqrt{15} - \sqrt{3}}{5 - 1} = \frac{\sqrt{15} - \sqrt{3}}{4}$

Ответ: $r = \frac{\sqrt{15} - \sqrt{3}}{4}$ см.