Номер 15.4, страница 142 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

15.4. Найдите радиус шара, вписанного в правильную четырёхугольную пирамиду, сторона основания которой равна $a$, а двугранный угол пирамиды при ребре основания равен $\alpha$.

Пусть дана правильная четырёхугольная пирамида SABCD, где ABCD – квадрат в основании. Пусть SO – высота пирамиды, где O – центр квадрата. Сторона основания равна a, то есть AB = BC = CD = DA = a. Двугранный угол при ребре основания равен α.

Для нахождения радиуса вписанного шара рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через её высоту SO и перпендикулярное ребру основания, например, CD. Пусть M – середина ребра CD. Тогда SM – апофема грани SCD, а OM – отрезок, соединяющий центр основания с серединой стороны CD. В правильной пирамиде $OM \perp CD$.

По определению, двугранный угол при ребре основания CD – это угол между плоскостью основания (ABC) и плоскостью боковой грани (SCD). Этот угол измеряется линейным углом $ \angle SMO $, так как $OM \perp CD$ и $SM \perp CD$. Таким образом, по условию $ \angle SMO = \alpha $.

Центр вписанного в пирамиду шара, обозначим его I, лежит на высоте пирамиды SO в силу симметрии. Шар касается всех граней пирамиды (основания и четырёх боковых граней). Расстояние от центра шара I до любой грани равно радиусу шара r.

Расстояние от центра I до плоскости основания (ABC) равно длине перпендикуляра, опущенного из I на эту плоскость. Так как I лежит на высоте SO, которая перпендикулярна основанию, то этим перпендикуляром является отрезок IO. Следовательно, $IO = r$.

Центр вписанного шара равноудален от всех граней. В частности, он равноудален от плоскости основания (ABC) и от плоскости боковой грани (SCD). Геометрическое место точек в пространстве, равноудаленных от двух пересекающихся плоскостей, есть плоскость, делящая двугранный угол между ними пополам (биссекторная плоскость).

В нашем сечении, которое представляет собой прямоугольный треугольник SOM (с прямым углом при вершине O), центр шара I лежит на катете SO. Точка I также должна лежать на биссектрисе угла $ \angle SMO $. Следовательно, отрезок MI является биссектрисой угла $ \angle SMO $.

Отсюда следует, что $ \angle OMI = \frac{\angle SMO}{2} = \frac{\alpha}{2} $.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник IOM. В нем:

• Катет $IO = r$ (искомый радиус вписанного шара).
• Катет $OM$ равен половине стороны основания, так как O – центр квадрата, а M – середина стороны. То есть, $ OM = \frac{a}{2} $.
• Угол, противолежащий катету IO, равен $ \angle OMI = \frac{\alpha}{2} $.

Из определения тангенса в прямоугольном треугольнике имеем: $ \tan(\angle OMI) = \frac{IO}{OM} $

Подставляем известные значения: $ \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{r}{\frac{a}{2}} $

Выразим из этого уравнения радиус r: $ r = \frac{a}{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) $

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