Номер 213, страница 98 - гдз по геометрии 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

213. Основанием пирамиды является прямоугольная трапеция с острым углом $\alpha$. Найдите большую боковую сторону трапеции, если двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $\beta$, а радиус шара, вписанного в данную пирамиду, равен $r$.

213. Основанием пирамиды является прямоугольная трапеция с острым углом $α$. Найдите большую боковую сторону трапеции, если двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $β$, а радиус шара, вписанного в данную пирамиду, равен $r$.

Пусть основанием пирамиды является прямоугольная трапеция $ABCD$, где $AD$ и $BC$ — параллельные основания ($AD || BC$), $AB$ — боковая сторона, перпендикулярная основаниям, а $CD$ — вторая боковая сторона. В этом случае $AB$ является высотой трапеции. По условию, в трапеции есть острый угол $\alpha$, пусть это будет $\angle D = \alpha$. Боковыми сторонами являются $AB$ и $CD$. Чтобы найти большую из них, опустим высоту $CH$ из вершины $C$ на основание $AD$. В прямоугольном треугольнике $CHD$ гипотенуза $CD$ длиннее катета $CH$. Поскольку $CH = AB$, то $CD > AB$. Следовательно, искомая сторона — это $CD$.

Так как все двугранные углы при ребрах основания пирамиды равны $\beta$, то вершина пирамиды проецируется в центр $O$ окружности, вписанной в трапецию-основание. Обозначим радиус этой вписанной окружности через $r_{in}$.

Рассмотрим сечение пирамиды, проходящее через ее высоту $SO$ (где $S$ — вершина пирамиды) и перпендикулярное к одной из сторон основания, например $AD$. Пусть $M$ — точка касания вписанной окружности и стороны $AD$. Тогда $OM \perp AD$ и $OM = r_{in}$. Апофема боковой грани $SM$ также перпендикулярна $AD$. Таким образом, угол $\angle SMO$ — это линейный угол двугранного угла при ребре $AD$, и его величина равна $\beta$.

В данную пирамиду вписан шар радиуса $r$. Центр шара $I$ находится на высоте пирамиды $SO$. Расстояние от центра шара до плоскости основания равно радиусу шара, то есть $IO = r$. Центр вписанного шара равноудален от всех граней пирамиды. Это означает, что в плоскости сечения $SOM$ точка $I$ равноудалена от прямых $OM$ (лежащей в плоскости основания) и $SM$ (лежащей в плоскости боковой грани). Следовательно, луч $MI$ является биссектрисой угла $\angle SMO$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OMI$ (угол $\angle O$ прямой, так как $SO$ — высота). Угол $\angle OMI$ равен половине угла $\angle SMO$, то есть $\angle OMI = \beta/2$. Катеты этого треугольника — $OI = r$ и $OM = r_{in}$. Из определения тангенса угла получаем:$ \tan(\angle OMI) = \frac{OI}{OM} \implies \tan(\beta/2) = \frac{r}{r_{in}} $Из этого соотношения выразим радиус окружности, вписанной в трапецию:$ r_{in} = \frac{r}{\tan(\beta/2)} = r \cot(\beta/2) $

Поскольку в трапецию можно вписать окружность, ее высота равна диаметру этой окружности. Высотой нашей прямоугольной трапеции является сторона $AB$. Таким образом:$ AB = 2r_{in} = 2r \cot(\beta/2) $

Для нахождения длины стороны $CD$ вернемся к прямоугольному треугольнику $\triangle CHD$. Мы знаем, что катет $CH$ равен высоте трапеции $AB$, а противолежащий ему угол равен $\alpha$. Из определения синуса:$ \sin(\alpha) = \frac{CH}{CD} \implies CD = \frac{CH}{\sin(\alpha)} = \frac{AB}{\sin(\alpha)} $

Подставим найденное выражение для $AB$ в эту формулу, чтобы получить окончательный ответ:$ CD = \frac{2r \cot(\beta/2)}{\sin(\alpha)} $

Ответ: $ \frac{2r \cot(\beta/2)}{\sin(\alpha)} $