Номер 15.29, страница 145 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

15.29. Центр сферы, вписанной в четырёхугольную пирамиду, принадлежит высоте пирамиды. Докажите, что в основание пирамиды можно вписать окружность.

Пусть $S$ — вершина четырёхугольной пирамиды, $ABCD$ — её основание, $SH$ — высота пирамиды, где $H$ — проекция вершины $S$ на плоскость основания. Пусть $O$ — центр вписанной сферы, а $r$ — её радиус. По условию, точка $O$ лежит на высоте $SH$.

Центр вписанной сферы равноудалён от всех граней пирамиды. Расстояние от центра сферы $O$ до плоскости основания $(ABCD)$ равно радиусу $r$. Поскольку $O$ лежит на высоте $SH$, которая перпендикулярна основанию, то расстояние от $O$ до плоскости $(ABCD)$ равно длине отрезка $OH$. Таким образом, $OH = r$.

Рассмотрим любую боковую грань, например, грань $(SAB)$. Расстояние от центра $O$ до этой грани также равно $r$. Чтобы найти это расстояние, проведём из точки $H$ перпендикуляр $HM$ к стороне основания $AB$. Тогда $M$ — основание этого перпендикуляра ($HM \perp AB$).

По теореме о трёх перпендикулярах, так как $SH$ — перпендикуляр к плоскости основания, а $HM$ — проекция наклонной $SM$ на эту плоскость, и $HM \perp AB$, то и наклонная $SM$ перпендикулярна $AB$ ($SM \perp AB$). Отрезок $SM$ является апофемой боковой грани $SAB$.

Двугранный угол между плоскостью основания $(ABCD)$ и боковой гранью $(SAB)$ измеряется линейным углом $\angle SMH$.

Поскольку центр вписанной сферы $O$ равноудалён от граней $(ABCD)$ и $(SAB)$, он лежит на биссекторной плоскости двугранного угла, образованного этими гранями. Точка $O$ принадлежит высоте $SH$, а вся конструкция рассматривается в плоскости $(SHM)$, которая перпендикулярна ребру $AB$. Следовательно, отрезок $OM$ является биссектрисой угла $\angle SMH$ в треугольнике $\triangle SHM$.

По свойству биссектрисы угла треугольника для $\triangle SHM$ имеем соотношение: $$ \frac{SO}{OH} = \frac{SM}{HM} $$

Повторив аналогичные рассуждения для любой другой стороны основания, например $BC$, и опустив перпендикуляр $HN$ на $BC$, мы получим, что $ON$ — биссектриса угла $\angle SNH$ в треугольнике $\triangle SNH$. Для этого треугольника справедливо аналогичное соотношение: $$ \frac{SO}{OH} = \frac{SN}{HN} $$

Приравнивая правые части этих двух выражений, получаем: $$ \frac{SM}{HM} = \frac{SN}{HN} $$

Пусть высота пирамиды $SH = h$. Из прямоугольного треугольника $\triangle SHM$ по теореме Пифагора имеем $SM = \sqrt{SH^2 + HM^2} = \sqrt{h^2 + HM^2}$. Аналогично, из $\triangle SNH$ имеем $SN = \sqrt{SH^2 + HN^2} = \sqrt{h^2 + HN^2}$.

Подставим эти выражения в полученное равенство: $$ \frac{\sqrt{h^2 + HM^2}}{HM} = \frac{\sqrt{h^2 + HN^2}}{HN} $$

Возведём обе части уравнения в квадрат: $$ \frac{h^2 + HM^2}{HM^2} = \frac{h^2 + HN^2}{HN^2} $$

Разделим почленно левую и правую части: $$ \frac{h^2}{HM^2} + 1 = \frac{h^2}{HN^2} + 1 $$

Отсюда следует, что $\frac{h^2}{HM^2} = \frac{h^2}{HN^2}$. Так как высота $h \neq 0$, то $HM^2 = HN^2$. Поскольку длины отрезков $HM$ и $HN$ положительны, получаем $HM = HN$.

Проводя те же рассуждения для всех четырёх сторон основания, мы докажем, что расстояния от точки $H$ (основания высоты пирамиды) до всех сторон четырёхугольника $ABCD$ равны. Это означает, что точка $H$ является центром окружности, вписанной в четырёхугольник $ABCD$.

Таким образом, в основание пирамиды можно вписать окружность, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Основание высоты пирамиды является центром окружности, вписанной в основание пирамиды, следовательно, в это основание можно вписать окружность.