Номер 14.29, страница 136 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

14.29. В треугольной пирамиде $SABC$ боковые грани $ASB$ и $CSB$ равны и перпендикулярны плоскости основания, а грань $ASC$ образует с плоскостью основания угол $\beta$. Радиус окружности, описанной около треугольника $ABC$, равен $r$, а угол $ABC$ равен $\alpha$. Найдите радиус сферы, описанной около пирамиды.

Поскольку боковые грани $ASB$ и $CSB$ перпендикулярны плоскости основания $(ABC)$, их линия пересечения — ребро $SB$ — также перпендикулярна плоскости основания. Следовательно, $SB$ является высотой пирамиды $SABC$. Обозначим ее длину как $H$.

Так как $SB \perp (ABC)$, то треугольники $\triangle ASB$ и $\triangle CSB$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $B$. По условию эти грани (треугольники) равны. У них общий катет $SB$, значит, должны быть равны и вторые катеты: $AB = CB$. Таким образом, треугольник $ABC$ в основании является равнобедренным.

Угол между гранью $ASC$ и плоскостью основания $(ABC)$ — это двугранный угол при ребре $AC$. Для нахождения его линейного угла проведем высоту и медиану $BM$ в равнобедренном треугольнике $ABC$. Так как $BM$ — высота, $BM \perp AC$. Поскольку $SB$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, а $SM$ — наклонная, то по теореме о трех перпендикулярах $SM \perp AC$. Следовательно, $\angle SMB$ — линейный угол данного двугранного угла, и по условию $\angle SMB = \beta$.

Пусть $R_{сф}$ — искомый радиус описанной сферы. Центр описанной сферы равноудален от всех вершин пирамиды. Множество точек, равноудаленных от вершин основания $A, B, C$, есть прямая, перпендикулярная плоскости $(ABC)$ и проходящая через центр $O$ описанной около $\triangle ABC$ окружности. Множество точек, равноудаленных от вершин $S$ и $B$, есть плоскость, проходящая через середину отрезка $SB$ и перпендикулярная ему.

Так как $SB \perp (ABC)$, то перпендикуляр к $(ABC)$, проходящий через $O$, параллелен $SB$. Пусть центр сферы находится на высоте $z_c$ над плоскостью, содержащей центр $O$, в системе координат, где плоскость $(ABC)$ параллельна плоскости $xy$. Тогда квадрат радиуса сферы можно выразить как расстояние до любой из вершин. Пусть $r$ — радиус описанной окружности $\triangle ABC$.

$R_{сф}^2 = r^2 + z_c^2$ (расстояние до вершин $A, B, C$). $R_{сф}^2 = OB^2 + (z_c - H)^2$ неверно. Правильнее так: пусть центр сферы $Q$ имеет проекцию $O$ на плоскость $(ABC)$. Тогда $QO \perp (ABC)$. Расстояние от $Q$ до вершин $A, B, C$ равно $\sqrt{QO^2 + OA^2} = \sqrt{QO^2 + r^2}$. Расстояние от $Q$ до вершины $S$ должно быть таким же. Пусть $K$ — середина $SB$. Плоскость, перпендикулярная $SB$, параллельна $(ABC)$ и находится на высоте $H/2$ от точки $B$. Расстояние от $Q$ до $S$ и до $B$ должно быть одинаковым.

Рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точке $B$, осью $z$ вдоль $SB$ и плоскостью $(ABC)$ в плоскости $xy$. Тогда $B(0,0,0)$, $S(0,0,H)$. Пусть $O(x_o, y_o, 0)$ — центр описанной окружности $\triangle ABC$. Центр сферы $Q$ лежит на перпендикуляре к $(ABC)$, проходящем через $O$, поэтому его координаты $Q(x_o, y_o, z_q)$.

$R_{сф}^2 = QB^2 = x_o^2 + y_o^2 + z_q^2 = OB^2 + z_q^2 = r^2 + z_q^2$.

$R_{сф}^2 = QS^2 = x_o^2 + y_o^2 + (z_q - H)^2 = OB^2 + (z_q - H)^2 = r^2 + (z_q - H)^2$.

Приравнивая выражения для $R_{сф}^2$, получаем: $r^2 + z_q^2 = r^2 + (z_q - H)^2$, откуда $z_q^2 = z_q^2 - 2z_q H + H^2$, что дает $z_q = H/2$.

Таким образом, $R_{сф}^2 = r^2 + (H/2)^2$. Для нахождения $R_{сф}$ необходимо найти высоту $H$.

Из прямоугольного треугольника $\triangle SBM$ ($\angle SBM = 90^\circ$): $H = SB = BM \cdot \tan(\angle SMB) = BM \cdot \tan\beta$.

Найдем длину $BM$. В равнобедренном $\triangle ABC$ с $\angle ABC = \alpha$ углы при основании равны $\angle BAC = \angle BCA = (180^\circ - \alpha)/2 = 90^\circ - \alpha/2$. По теореме синусов для $\triangle ABC$:

$\frac{AB}{\sin(90^\circ - \alpha/2)} = 2r \implies AB = 2r \cos(\alpha/2)$.

В равнобедренном $\triangle ABC$ медиана $BM$ является также биссектрисой и высотой. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABM$, в котором $\angle BMA = 90^\circ$ и $\angle ABM = \alpha/2$.

$BM = AB \cdot \cos(\angle ABM) = (2r \cos(\alpha/2)) \cdot \cos(\alpha/2) = 2r \cos^2(\alpha/2)$.

Теперь найдем высоту пирамиды $H$:

$H = BM \cdot \tan\beta = 2r \cos^2(\alpha/2) \tan\beta$.

Подставим $H$ в формулу для радиуса сферы:

$R_{сф} = \sqrt{r^2 + (\frac{H}{2})^2} = \sqrt{r^2 + \left(\frac{2r \cos^2(\alpha/2) \tan\beta}{2}\right)^2} = \sqrt{r^2 + (r \cos^2(\alpha/2) \tan\beta)^2}$.

$R_{сф} = \sqrt{r^2(1 + \cos^4(\alpha/2) \tan^2\beta)} = r \sqrt{1 + \cos^4(\alpha/2) \tan^2\beta}$.

Ответ: $r \sqrt{1 + \cos^4(\alpha/2) \tan^2\beta}$.