Номер 15.27, страница 144 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

15.27. Расстояние от центра шара, описанного около правильной четырёхугольной пирамиды, до её бокового ребра равно $3\sqrt{2}$ см. Найдите радиус шара, вписанного в пирамиду, если радиус описанного шара равен 9 см.

Пусть $SABCD$ - правильная четырехугольная пирамида с вершиной $S$. $H$ - центр основания $ABCD$. $SH=h$ - высота пирамиды. Пусть $a$ - сторона основания, $l$ - боковое ребро.

Пусть $O$ - центр описанного шара, $R$ - его радиус. По условию $R=9$ см. Так как пирамида правильная, центр описанного шара $O$ лежит на ее высоте $SH$. Все вершины пирамиды лежат на сфере, поэтому $OS = OA = OB = OC = OD = R = 9$.

Рассмотрим треугольник $SOA$. Он равнобедренный, так как $OS=OA=R=9$. Расстояние от центра шара $O$ до бокового ребра $SA$ — это длина перпендикуляра $OK$, опущенного из точки $O$ на прямую $SA$. По условию $OK = 3\sqrt{2}$ см. В равнобедренном треугольнике $SOA$ высота $OK$, проведенная к основанию $SA$, является также медианой. Следовательно, точка $K$ — середина ребра $SA$.

В прямоугольном треугольнике $OKA$ по теореме Пифагора:$AK^2 = OA^2 - OK^2 = 9^2 - (3\sqrt{2})^2 = 81 - 18 = 63$.$AK = \sqrt{63} = 3\sqrt{7}$ см. Тогда длина бокового ребра $l = SA = 2 \cdot AK = 2 \cdot 3\sqrt{7} = 6\sqrt{7}$ см.

Свяжем радиус описанной сферы $R$ с параметрами пирамиды. Центр $O$ лежит на высоте $SH$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHO$ (где $\angle H = 90^\circ$). $OA=R$, $AH = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Расстояние $OH$ равно $|h-R|$. По теореме Пифагора: $OA^2 = OH^2 + AH^2 \Rightarrow R^2 = (h-R)^2 + AH^2$. Отсюда $AH^2 = R^2 - (h-R)^2 = R^2 - (h^2 - 2hR + R^2) = 2hR - h^2$. Также из прямоугольного треугольника $AHS$: $l^2 = h^2 + AH^2$. Подставим в это уравнение выражение для $AH^2$:$l^2 = h^2 + (2hR - h^2) = 2hR$. Таким образом, мы получили соотношение $l^2 = 2Rh$.

Подставим известные значения в полученную формулу:$(6\sqrt{7})^2 = 2 \cdot 9 \cdot h$$252 = 18h$$h = \frac{252}{18} = 14$ см.

Теперь найдем сторону основания $a$. Из прямоугольного треугольника $AHS$:$l^2 = h^2 + AH^2$, где $AH = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.$(6\sqrt{7})^2 = 14^2 + \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2$$252 = 196 + \frac{2a^2}{4} = 196 + \frac{a^2}{2}$.$\frac{a^2}{2} = 252 - 196 = 56$.$a^2 = 112 \Rightarrow a = \sqrt{112} = \sqrt{16 \cdot 7} = 4\sqrt{7}$ см.

Теперь найдем радиус $r$ вписанного шара. Центр вписанного шара $O_i$ лежит на высоте пирамиды $SH$. Радиус $r$ - это расстояние от $O_i$ до основания и до каждой боковой грани. Таким образом, $O_iH = r$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SH$ и апофему $SM$ боковой грани $SBC$ (где $M$ - середина стороны $BC$). Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник $SHM$.$SH = h = 14$ см.$HM = \frac{a}{2} = \frac{4\sqrt{7}}{2} = 2\sqrt{7}$ см. Апофема $SM$ по теореме Пифагора:$SM = \sqrt{SH^2 + HM^2} = \sqrt{14^2 + (2\sqrt{7})^2} = \sqrt{196 + 28} = \sqrt{224} = \sqrt{16 \cdot 14} = 4\sqrt{14}$ см.

Центр вписанного шара $O_i$ является точкой пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов пирамиды. В сечении $SHM$ это означает, что $O_i$ лежит на биссектрисе угла $\angle SMH$. В треугольнике $SHM$ отрезок $MO_i$ является биссектрисой угла $\angle SMH$. По свойству биссектрисы треугольника:$\frac{SO_i}{O_iH} = \frac{SM}{HM}$. При этом $O_iH = r$, а $SO_i = SH - O_iH = h - r = 14 - r$. Подставляем известные значения:$\frac{14-r}{r} = \frac{4\sqrt{14}}{2\sqrt{7}}$$\frac{14-r}{r} = 2\sqrt{\frac{14}{7}} = 2\sqrt{2}$.$14-r = 2\sqrt{2} \cdot r$$14 = r + 2\sqrt{2}r = r(1 + 2\sqrt{2})$.$r = \frac{14}{1 + 2\sqrt{2}}$.

Избавимся от иррациональности в знаменателе:$r = \frac{14(2\sqrt{2} - 1)}{(2\sqrt{2} + 1)(2\sqrt{2} - 1)} = \frac{14(2\sqrt{2} - 1)}{(2\sqrt{2})^2 - 1^2} = \frac{14(2\sqrt{2} - 1)}{8 - 1} = \frac{14(2\sqrt{2} - 1)}{7}$.$r = 2(2\sqrt{2} - 1) = 4\sqrt{2} - 2$ см.

Ответ: $4\sqrt{2}-2$ см.