Номер 15.19, страница 144 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

15.19. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна $a$, а плоский угол при вершине пирамиды равен $\alpha$. Найдите радиус шара, вписанного в данную пирамиду.

Пусть $SABCD$ – данная правильная четырехугольная пирамида, где $ABCD$ – квадратное основание со стороной $a$, а $S$ – вершина. Центр вписанного шара, обозначим его $I$, лежит на высоте пирамиды $SO$, где $O$ – центр основания.

Радиус вписанного шара $r$ – это расстояние от его центра $I$ до любой грани пирамиды. Расстояние от $I$ до плоскости основания $ABCD$ равно длине отрезка $IO$, то есть $IO=r$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SO$ и апофему $SK$ боковой грани $SBC$ (где $K$ – середина стороны $BC$). Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник $SOK$ (с прямым углом при вершине $O$).

Центр вписанного шара $I$ лежит на высоте $SO$. Шар касается плоскости основания в точке $O$ и плоскости боковой грани $SBC$. Расстояние от точки $I$ до прямой $SK$ в плоскости сечения равно расстоянию от $I$ до плоскости $SBC$, то есть равно $r$. Так как точка $I$ равноудалена от прямых $OK$ (лежащей в плоскости основания) и $SK$ (лежащей в боковой грани), то она лежит на биссектрисе угла $\angle SKO$.

Обозначим двугранный угол при основании пирамиды $\angle SKO = \beta$. Тогда $IK$ является биссектрисой этого угла, и $\angle IKO = \beta/2$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $IOK$. В нем $IO=r$, а катет $OK$ равен половине стороны основания, так как $O$ – центр квадрата. Следовательно, $OK = a/2$. Из определения тангенса угла в прямоугольном треугольнике:

$\tan(\angle IKO) = \frac{IO}{OK} \Rightarrow \tan(\frac{\beta}{2}) = \frac{r}{a/2}$

Отсюда выразим радиус $r$:

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

Теперь нам нужно найти $\tan(\frac{\beta}{2})$, используя данные задачи: сторону основания $a$ и плоский угол при вершине $\alpha$. Для этого найдем связь между углами $\alpha$ и $\beta$.

1. Найдем апофему $SK$. Рассмотрим боковую грань – равнобедренный треугольник $SBC$ с основанием $BC = a$ и углом при вершине $\angle BSC = \alpha$. Апофема $SK$ является высотой, медианой и биссектрисой в этом треугольнике. В прямоугольном треугольнике $SKC$ имеем $KC = BC/2 = a/2$ и $\angle KSC = \alpha/2$. Тогда:

$\tan(\angle KSC) = \frac{KC}{SK} \Rightarrow \tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{a/2}{SK} \Rightarrow SK = \frac{a}{2\tan(\frac{\alpha}{2})}$

2. Найдем $\cos(\beta)$. В прямоугольном треугольнике $SOK$ из нашего сечения:

$\cos(\beta) = \frac{OK}{SK} = \frac{a/2}{\frac{a}{2\tan(\frac{\alpha}{2})}} = \tan(\frac{\alpha}{2})$

3. Теперь найдем $\tan(\frac{\beta}{2})$. Используем формулу тангенса половинного угла:

$\tan(\frac{\beta}{2}) = \sqrt{\frac{1-\cos(\beta)}{1+\cos(\beta)}}$

Подставим найденное выражение для $\cos(\beta)$:

$\tan(\frac{\beta}{2}) = \sqrt{\frac{1-\tan(\frac{\alpha}{2})}{1+\tan(\frac{\alpha}{2})}}$

4. Подставим полученное выражение для $\tan(\frac{\beta}{2})$ в формулу для радиуса $r$:

$r = \frac{a}{2} \sqrt{\frac{1-\tan(\frac{\alpha}{2})}{1+\tan(\frac{\alpha}{2})}}$

Это выражение можно упростить, применив тригонометрическое тождество $\tan(\frac{\pi}{4}-x) = \frac{1-\tan x}{1+\tan x}$. Полагая $x = \alpha/2$, получаем:

$r = \frac{a}{2}\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}-\frac{\alpha}{2})}$

Ответ: $r = \frac{a}{2}\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}-\frac{\alpha}{2})}$