Номер 15.13, страница 143 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

15.13. Треугольник $ABC$ является основанием пирамиды $DABC$, $AB = BC, AC = a, \angle BAC = \alpha$. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $\beta$. Найдите радиус шара, вписанного в данную пирамиду.

Так как все двугранные углы при ребрах основания пирамиды $DABC$ равны $\beta$, то вершина пирамиды $D$ проецируется в центр вписанной в основание окружности. Обозначим эту точку (инцентр) как $H$. Высота пирамиды — $DH$.

Центр $O$ вписанного в пирамиду шара лежит на высоте пирамиды $DH$. Радиус вписанного шара, обозначим его $r$, равен расстоянию от точки $O$ до любой грани пирамиды.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $DH$ и перпендикуляр $HM$, опущенный из инцентра $H$ на сторону основания $AC$. Длина отрезка $HM$ равна радиусу окружности, вписанной в основание ($r_{осн}$). Прямая $DM$ является апофемой боковой грани $ADC$. Угол $\angle DMH$ является линейным углом двугранного угла при ребре $AC$, следовательно, $\angle DMH = \beta$.

Точка $O$ (центр вписанного шара) лежит на отрезке $DH$. Расстояние от $O$ до плоскости основания $ABC$ равно $OH$, и это есть радиус шара $r$. Так как шар касается и боковой грани $ADC$, расстояние от $O$ до этой грани также равно $r$. Точка $O$ равноудалена от плоскостей $ABC$ и $ADC$, а значит, лежит на биссекторной плоскости двугранного угла между ними. В рассматриваемом сечении (плоскость $DHM$) это означает, что точка $O$ лежит на биссектрисе угла $\angle DMH$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHM$ (где $\angle OHM = 90^\circ$). В этом треугольнике $OH = r$, $HM = r_{осн}$, а угол $\angle OMH = \frac{\beta}{2}$. Из соотношений в прямоугольном треугольнике получаем:

$\tan(\angle OMH) = \frac{OH}{HM}$

$r = HM \cdot \tan(\frac{\beta}{2}) = r_{осн} \cdot \tan(\frac{\beta}{2})$

Теперь найдем радиус $r_{осн}$ окружности, вписанной в треугольник $ABC$.

Основанием является равнобедренный треугольник $ABC$, где $AB = BC$, $AC = a$ и $\angle BAC = \alpha$. Центр вписанной окружности $H$ лежит на высоте и биссектрисе $BK$, проведенной к основанию $AC$. Так как $BK$ — медиана, $AK = \frac{AC}{2} = \frac{a}{2}$. Так как $BK$ — биссектриса, то $AH$ — биссектриса угла $\angle BAC$, поэтому $\angle HAK = \frac{\alpha}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHK$. В нем катет $HK$ является искомым радиусом $r_{осн}$.

$\tan(\angle HAK) = \frac{HK}{AK}$

$r_{осн} = HK = AK \cdot \tan(\angle HAK) = \frac{a}{2} \tan(\frac{\alpha}{2})$

Наконец, подставим найденное значение $r_{осн}$ в формулу для радиуса вписанного шара $r$:

$r = (\frac{a}{2} \tan(\frac{\alpha}{2})) \cdot \tan(\frac{\beta}{2}) = \frac{a}{2} \tan(\frac{\alpha}{2}) \tan(\frac{\beta}{2})$

Ответ: $ \frac{a}{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) \tan\left(\frac{\beta}{2}\right) $