Номер 15.15, страница 143 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

15.15. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны $45^\circ$. В каком отношении центр вписанного в эту пирамиду шара делит её высоту, считая от вершины пирамиды?

Пусть $S$ – вершина пирамиды, $H$ – проекция вершины $S$ на плоскость основания. Поскольку все двугранные углы при рёбрах основания равны, вершина пирамиды проектируется в центр окружности, вписанной в многоугольник основания. Пусть $h = SH$ – высота пирамиды, а $r_{осн}$ – радиус окружности, вписанной в основание.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SH$ и апофему боковой грани $SK$, где $K$ – точка на ребре основания, такая что $HK \perp$ этому ребру. Тогда $HK = r_{осн}$. По теореме о трёх перпендикулярах, $SK$ также перпендикулярно этому ребру основания. Таким образом, $\angle SKH$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания.

По условию, $\angle SKH = 45^\circ$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $SHK$ (где $\angle SHK = 90^\circ$). Поскольку один из острых углов равен $45^\circ$, этот треугольник является равнобедренным, и его катеты равны:$SH = HK$, то есть $h = r_{осн}$.

Центр $O$ вписанного в пирамиду шара лежит на её высоте $SH$. Радиус $r$ вписанного шара равен расстоянию от центра $O$ до плоскости основания, то есть $r = OH$.

Центр вписанного шара равноудалён от всех граней пирамиды. Это означает, что точка $O$ находится на одинаковом расстоянии $r$ от плоскости основания и от боковой грани, проходящей через апофему $SK$. В нашем сечении (плоскости $SHK$) точка $O$ равноудалена от сторон угла $\angle SKH$ – лучей $KH$ и $KS$. Следовательно, луч $KO$ является биссектрисой угла $\angle SKH$.

Таким образом, $\angle OKH = \frac{\angle SKH}{2} = \frac{45^\circ}{2} = 22.5^\circ$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHK$ ($\angle OHK = 90^\circ$). В нём:$OH = r$ (радиус вписанного шара)$HK = r_{осн} = h$ (высота пирамиды)

Из определения тангенса угла в прямоугольном треугольнике:$\tan(\angle OKH) = \frac{OH}{HK} \Rightarrow \tan(22.5^\circ) = \frac{r}{h}$Отсюда $r = h \cdot \tan(22.5^\circ)$.

Вычислим значение $\tan(22.5^\circ)$ по формуле тангенса половинного угла $\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 - \cos\alpha}{\sin\alpha}$:$\tan(22.5^\circ) = \tan(\frac{45^\circ}{2}) = \frac{1 - \cos 45^\circ}{\sin 45^\circ} = \frac{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\frac{2-\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{2 - \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2} - 2}{2} = \sqrt{2} - 1$.

Теперь мы можем выразить $r$ через $h$:$r = h(\sqrt{2} - 1)$.

Центр шара $O$ делит высоту $SH$ на два отрезка: $SO$ (от вершины до центра) и $OH$ (от центра до основания). Длина отрезка $OH$ равна радиусу шара: $OH = r = h(\sqrt{2} - 1)$. Длину отрезка $SO$ найдём как разность высоты и отрезка $OH$:$SO = SH - OH = h - h(\sqrt{2} - 1) = h(1 - (\sqrt{2} - 1)) = h(1 - \sqrt{2} + 1) = h(2 - \sqrt{2})$.

Найдём искомое отношение, в котором центр шара делит высоту, считая от вершины. Это отношение $\frac{SO}{OH}$:$\frac{SO}{OH} = \frac{h(2 - \sqrt{2})}{h(\sqrt{2} - 1)} = \frac{2 - \sqrt{2}}{\sqrt{2} - 1}$.

Упростим полученное выражение, вынеся в числителе $\sqrt{2}$ за скобки:$\frac{2 - \sqrt{2}}{\sqrt{2} - 1} = \frac{\sqrt{2}(\sqrt{2} - 1)}{\sqrt{2} - 1} = \sqrt{2}$.

Таким образом, центр вписанного шара делит высоту пирамиды в отношении $\sqrt{2}:1$, считая от вершины.

Ответ: $\sqrt{2}:1$