Страница 144 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

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

Пусть дана правильная треугольная пирамида SABC с вершиной S и основанием ABC. Сторона основания AB = BC = CA = $a$. Плоский угол при вершине, например, $\angle ASB = \alpha$.

Радиус $r$ вписанного в пирамиду шара можно найти через отношение объема пирамиды $V$ к полной площади ее поверхности $S_{полн}$ по формуле $r = \frac{3V}{S_{полн}}$. Однако более прямой путь — использовать геометрический метод, рассмотрев сечение пирамиды.

Центр вписанного шара (точка I) лежит на высоте пирамиды SO, где O — центр основания. Шар касается плоскости основания в точке O и боковых граней. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту SO и апофему SM (где M — середина стороны BC). Это сечение представляет собой треугольник ASM. Центр вписанного шара I лежит на биссектрисе двугранного угла при основании, то есть на биссектрисе угла $\angle SMO$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник IOM, где IO = $r$ — искомый радиус, а OM — радиус окружности, вписанной в основание. Угол $\angle IMO$ равен половине двугранного угла $\phi = \angle SMO$ при ребре основания BC. Отсюда получаем соотношение:

$r = OM \cdot \tan(\frac{\phi}{2})$

Найдем необходимые величины шаг за шагом.

1. Нахождение радиуса вписанной в основание окружности (OM)

Основание ABC — равносторонний треугольник со стороной $a$. Радиус вписанной окружности $OM$ равен:

$OM = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$

2. Нахождение апофемы (SM)

Рассмотрим боковую грань SBC. Это равнобедренный треугольник с основанием BC = $a$ и углом при вершине $\angle BSC = \alpha$. SM — его высота (апофема пирамиды). В прямоугольном треугольнике SMB (где $BM = a/2$ и $\angle BSM = \alpha/2$):

$SM = \frac{BM}{\tan(\angle BSM)} = \frac{a/2}{\tan(\alpha/2)} = \frac{a}{2}\cot(\frac{\alpha}{2})$

3. Нахождение двугранного угла при основании ($\phi$)

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOM (O — проекция S на основание). Катеты — высота пирамиды SO и радиус вписанной окружности OM, гипотенуза — апофема SM. Двугранный угол $\phi$ — это угол $\angle SMO$. Найдем его косинус:

$\cos(\phi) = \frac{OM}{SM} = \frac{a\sqrt{3}/6}{a/2 \cdot \cot(\alpha/2)} = \frac{\sqrt{3}}{3} \tan(\frac{\alpha}{2})$

4. Нахождение тангенса половины угла ($\tan(\frac{\phi}{2})$)

Используем формулу тангенса половинного угла через косинус:

$\tan^2(\frac{\phi}{2}) = \frac{1 - \cos(\phi)}{1 + \cos(\phi)} = \frac{1 - \frac{\sqrt{3}}{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}{1 + \frac{\sqrt{3}}{3}\tan(\frac{\alpha}{2})} = \frac{3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}{3 + \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}$

$\tan(\frac{\phi}{2}) = \sqrt{\frac{3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}{3 + \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}}$

5. Нахождение радиуса вписанного шара (r)

Подставим найденные значения OM и $\tan(\frac{\phi}{2})$ в исходную формулу $r = OM \cdot \tan(\frac{\phi}{2})$:

$r = \frac{a\sqrt{3}}{6} \sqrt{\frac{3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}{3 + \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}}$

Упростим полученное выражение. Внесем $\frac{\sqrt{3}}{6}$ под корень:

$r = a \sqrt{\frac{3}{36} \cdot \frac{3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}{3 + \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}} = a \sqrt{\frac{1}{12} \cdot \frac{3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}{3 + \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}}$

Для дальнейшего упрощения домножим числитель и знаменатель дроби под корнем на $3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})$:

$r = a \sqrt{\frac{1}{12} \cdot \frac{(3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2}))^2}{(3 + \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2}))(3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2}))}} = \frac{a}{2\sqrt{3}} \frac{3 - \sqrt{3}\tan(\frac{\alpha}{2})}{\sqrt{9 - 3\tan^2(\frac{\alpha}{2})}}$

$r = \frac{a}{2\sqrt{3}} \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3} - \tan(\frac{\alpha}{2}))}{\sqrt{3}\sqrt{3 - \tan^2(\frac{\alpha}{2})}} = \frac{a}{6} \frac{\sqrt{3} - \tan(\frac{\alpha}{2})}{\sqrt{3 - \tan^2(\frac{\alpha}{2})}}$

Выразим тангенсы через синус и косинус:

$r = \frac{a}{6} \frac{\sqrt{3} - \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}}{\sqrt{3 - \frac{\sin^2(\alpha/2)}{\cos^2(\alpha/2)}}} = \frac{a}{6} \frac{\frac{\sqrt{3}\cos(\alpha/2) - \sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}}{\frac{\sqrt{3\cos^2(\alpha/2) - \sin^2(\alpha/2)}}{\cos(\alpha/2)}}$

$r = \frac{a(\sqrt{3}\cos(\alpha/2) - \sin(\alpha/2))}{6\sqrt{3\cos^2(\alpha/2) - \sin^2(\alpha/2)}}$

Знаменатель можно упростить: $3\cos^2(\alpha/2) - \sin^2(\alpha/2) = 3(1-\sin^2(\alpha/2)) - \sin^2(\alpha/2) = 3 - 4\sin^2(\alpha/2)$. Также можно использовать формулу $3-4\sin^2(x) = 1+2\cos(2x)$, тогда $3-4\sin^2(\alpha/2) = 1+2\cos\alpha$.

Окончательный вид ответа:

$r = \frac{a(\sqrt{3}\cos(\frac{\alpha}{2}) - \sin(\frac{\alpha}{2}))}{6\sqrt{1+2\cos\alpha}}$

Ответ: $r = \frac{a(\sqrt{3}\cos(\frac{\alpha}{2}) - \sin(\frac{\alpha}{2}))}{6\sqrt{1+2\cos\alpha}}$

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

15.20. Докажите, что если центр шара, описанного около правильной треугольной пирамиды, и центр вписанного в неё шара совпадают, то данная пирамида является правильным тетраэдром.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с основанием $ABC$. $SH$ — высота пирамиды, где $H$ — центр основания $ABC$. Пусть сторона основания равна $a$, а боковое ребро равно $l$.

Поскольку пирамида правильная, центры вписанного и описанного шаров лежат на её высоте $SH$. По условию, эти центры совпадают в некоторой точке $O$.

1. Свойства центра описанного шара.

Центр описанного шара $O$ равноудалён от всех вершин пирамиды. Расстояние от центра до любой вершины является радиусом описанного шара $R$. Следовательно, $OS = OA = OB = OC = R$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOH$, где $H$ — проекция точки $O$ на плоскость основания. $AH$ — радиус окружности, описанной около основания $ABC$. Для правильного треугольника со стороной $a$ имеем $AH = \frac{a}{\sqrt{3}}$. Катет $OH$ — это расстояние от центра шара $O$ до основания.

Из треугольника $AOH$ по теореме Пифагора: $OA^2 = AH^2 + OH^2$, то есть $R^2 = (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 + OH^2 = \frac{a^2}{3} + OH^2$.

Точка $O$ лежит на высоте $SH$. Длина высоты $H = SH = SO + OH = R + OH$. Отсюда $OH = H - R$.

Подставим это в предыдущее уравнение: $R^2 = \frac{a^2}{3} + (H-R)^2$ $R^2 = \frac{a^2}{3} + H^2 - 2HR + R^2$ $2HR = \frac{a^2}{3} + H^2$ (1)

2. Свойства центра вписанного шара.

Центр вписанного шара $O$ равноудалён от всех граней пирамиды. Это расстояние равно радиусу вписанного шара $r$.

Расстояние от точки $O$ до плоскости основания $ABC$ равно длине отрезка $OH$. Следовательно, $OH = r$.

Рассмотрим двугранный угол при ребре основания $BC$. Его линейной мерой является угол $SMH$, где $M$ — середина ребра $BC$, а $SM$ — апофема боковой грани $SBC$. Центр вписанного шара $O$ лежит на биссектрисе этого двугранного угла.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью $SHM$. Это прямоугольный треугольник $SHM$ (с прямым углом $H$). Точка $O$ лежит на катете $SH$. Отрезок $OM$ является биссектрисой угла $\angle SMH$.

В прямоугольном треугольнике $OHM$ имеем: $OH = r$ $HM$ — радиус окружности, вписанной в основание $ABC$. Для правильного треугольника $HM = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.

Из этого треугольника: $\text{tg}(\frac{\angle SMH}{2}) = \frac{OH}{HM} = \frac{r}{a/(2\sqrt{3})}$.

Из треугольника $SHM$: $\text{tg}(\angle SMH) = \frac{SH}{HM} = \frac{H}{a/(2\sqrt{3})}$.

Воспользуемся формулой тангенса двойного угла: $\text{tg}(\alpha) = \frac{2\text{tg}(\alpha/2)}{1 - \text{tg}^2(\alpha/2)}$. $\frac{H}{a/(2\sqrt{3})} = \frac{2 \cdot r/(a/(2\sqrt{3}))}{1 - (r/(a/(2\sqrt{3})))^2}$

$H = \frac{2r}{1 - r^2/HM^2} = \frac{2r}{1 - r^2/(a^2/12)} = \frac{2r \cdot a^2/12}{(a^2/12) - r^2}$ $H(a^2 - 12r^2) = 2r \cdot a^2$ $Ha^2 - 12Hr^2 = 2ra^2$ (2)

3. Совмещение условий и завершение доказательства.

Так как центры совпадают, то $OH = r$ и $SO=R$, и $H = SH = R+r$. Подставим $OH=r$ в соотношение (1) для описанного шара: $2HR = \frac{a^2}{3} + H^2$. Поскольку $R = H - r$, получаем: $2H(H-r) = \frac{a^2}{3} + H^2$ $2H^2 - 2Hr = \frac{a^2}{3} + H^2$ $H^2 - 2Hr = \frac{a^2}{3} \implies a^2 = 3(H^2 - 2Hr) = 3H(H-2r)$.

Теперь подставим это выражение для $a^2$ в уравнение (2), полученное из свойств вписанного шара: $H \cdot 3H(H-2r) - 12Hr^2 = 2r \cdot 3H(H-2r)$

Поскольку $H \neq 0$, можно разделить обе части на $3H$: $H(H-2r) - 4r^2 = 2r(H-2r)$ $H^2 - 2Hr - 4r^2 = 2Hr - 4r^2$ $H^2 = 4Hr$

Так как $H \neq 0$, делим на $H$: $H = 4r$.

Теперь, когда мы нашли соотношение между высотой и радиусом вписанной сферы, найдём соотношение между рёбрами пирамиды. Подставим $H = 4r$ в выражение для $a^2$: $a^2 = 3H(H-2r) = 3(4r)(4r-2r) = 12r(2r) = 24r^2$.

Найдём квадрат длины бокового ребра $l$. Из прямоугольного треугольника $SAH$: $l^2 = SA^2 = SH^2 + AH^2 = H^2 + (\frac{a}{\sqrt{3}})^2 = H^2 + \frac{a^2}{3}$.

Подставим найденные значения $H = 4r$ и $a^2 = 24r^2$: $l^2 = (4r)^2 + \frac{24r^2}{3} = 16r^2 + 8r^2 = 24r^2$.

Мы получили, что $l^2 = 24r^2$ и $a^2 = 24r^2$. Следовательно, $l^2 = a^2$, и так как длины рёбер положительны, $l=a$.

В правильной треугольной пирамиде боковые рёбра равны между собой, и рёбра основания равны между собой. Мы доказали, что боковое ребро равно ребру основания. Это означает, что все шесть рёбер пирамиды равны. Пирамида, все грани которой являются равными правильными треугольниками, называется правильным тетраэдром.

Ответ: Доказано, что если центры вписанного и описанного шаров правильной треугольной пирамиды совпадают, то все её рёбра равны, и она является правильным тетраэдром.

15.21. Треугольник $ABC$ является основанием пирамиды $DABC$, $AB = BC = DB = a$, $\angle ABC = 90^\circ$, $DB \perp ABC$. Найдите радиус сферы, вписанной в данную пирамиду.

Для нахождения радиуса $r$ сферы, вписанной в пирамиду, воспользуемся формулой, связывающей радиус вписанной сферы, объем $V$ и площадь полной поверхности $S_{полн}$ многогранника:

$$ r = \frac{3V}{S_{полн}} $$

Для применения этой формулы нам необходимо вычислить объем пирамиды и площадь ее полной поверхности.

1. Вычисление объема пирамиды $V$

Основанием пирамиды является треугольник $ABC$. По условию, $AB = BC = a$ и $\angle ABC = 90^\circ$. Следовательно, основание — это прямоугольный равнобедренный треугольник. Его площадь $S_{осн}$ равна:

$$ S_{осн} = S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2} $$

Из условия $DB \perp ABC$ следует, что ребро $DB$ является высотой пирамиды $H$. Длина высоты $H = DB = a$.

Теперь можем найти объем пирамиды:

$$ V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot H = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^2}{2} \cdot a = \frac{a^3}{6} $$

2. Вычисление площади полной поверхности $S_{полн}$

Площадь полной поверхности пирамиды складывается из площади основания и площадей трех боковых граней:

$$ S_{полн} = S_{ABC} + S_{DAB} + S_{DBC} + S_{DAC} $$

Площадь основания уже найдена: $S_{ABC} = \frac{a^2}{2}$.

Рассмотрим площади боковых граней:

– Грань $DAB$: Поскольку $DB \perp (ABC)$, то ребро $DB$ перпендикулярно любому ребру в этой плоскости, исходящему из точки $B$. Значит, $DB \perp AB$. Треугольник $DAB$ — прямоугольный с катетами $AB = a$ и $DB = a$. Его площадь:

$$ S_{DAB} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot DB = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2} $$

– Грань $DBC$: Аналогично, $DB \perp BC$. Треугольник $DBC$ — прямоугольный с катетами $BC = a$ и $DB = a$. Его площадь:

$$ S_{DBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DB = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2} $$

– Грань $DAC$: Для нахождения ее площади найдем длины ее сторон $DA$, $DC$ и $AC$. Из прямоугольного $\triangle DAB$ по теореме Пифагора:

$$ DA = \sqrt{DB^2 + AB^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2} $$

Из прямоугольного $\triangle DBC$ по теореме Пифагора:

$$ DC = \sqrt{DB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2} $$

Из прямоугольного $\triangle ABC$ по теореме Пифагора:

$$ AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2} $$

Все стороны треугольника $DAC$ равны $a\sqrt{2}$, значит, он равносторонний. Площадь равностороннего треугольника со стороной $s$ равна $S = \frac{s^2\sqrt{3}}{4}$.

$$ S_{DAC} = \frac{(a\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{2a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2} $$

Теперь суммируем площади всех граней, чтобы найти $S_{полн}$:

$$ S_{полн} = S_{ABC} + S_{DAB} + S_{DBC} + S_{DAC} = \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + \frac{a^2\sqrt{3}}{2} = \frac{3a^2 + a^2\sqrt{3}}{2} = \frac{a^2(3 + \sqrt{3})}{2} $$

3. Нахождение радиуса вписанной сферы $r$

Подставим вычисленные значения $V$ и $S_{полн}$ в исходную формулу:

$$ r = \frac{3V}{S_{полн}} = \frac{3 \cdot \frac{a^3}{6}}{\frac{a^2(3 + \sqrt{3})}{2}} = \frac{\frac{a^3}{2}}{\frac{a^2(3 + \sqrt{3})}{2}} = \frac{a}{3 + \sqrt{3}} $$

Для упрощения выражения избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(3 - \sqrt{3})$:

$$ r = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{(3 + \sqrt{3})(3 - \sqrt{3})} = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{3^2 - (\sqrt{3})^2} = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{9 - 3} = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{6} $$

Ответ: $r = \frac{a(3 - \sqrt{3})}{6}$.

15.22. Около шара описана правильная треугольная усечённая пирамида, стороны оснований которой равны 6 см и 12 см. Найдите площадь боковой поверхности усечённой пирамиды.

Площадь боковой поверхности правильной усеченной пирамиды вычисляется по формуле:

$S_{бок} = \frac{1}{2}(P_1 + P_2) \cdot l$

где $P_1$ и $P_2$ — периметры оснований, а $l$ — апофема (высота боковой грани) усеченной пирамиды.

1. Найдем периметры оснований.

Основаниями являются правильные треугольники со сторонами $a_1 = 6$ см и $a_2 = 12$ см.

Периметр верхнего основания: $P_1 = 3 \cdot a_1 = 3 \cdot 6 = 18$ см.

Периметр нижнего основания: $P_2 = 3 \cdot a_2 = 3 \cdot 12 = 36$ см.

2. Найдем апофему усеченной пирамиды.

Для того чтобы в правильную усеченную пирамиду можно было вписать шар, необходимо выполнение определенного условия. Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через апофемы оснований и апофему боковой грани. Это сечение представляет собой равнобокую трапецию, в которую вписана окружность (большой круг шара).

Основаниями этой трапеции являются радиусы вписанных в основания пирамиды окружностей ($r_1$ и $r_2$), а боковой стороной — апофема усеченной пирамиды $l$. Высота этой трапеции равна высоте усеченной пирамиды $h$, которая в свою очередь равна диаметру вписанного шара ($h=2R$).

Важное свойство: если в многогранник вписана сфера, то высота этого многогранника, проведенная через центр сферы, равна сумме радиусов вписанной и описанной окружностей для сечения, перпендикулярного этой высоте. В нашем случае для трапеции, являющейся осевым сечением, существует свойство: сумма длин оснований равна сумме длин боковых сторон. Однако, наше сечение — это не боковая грань, а сечение через апофемы. Для такого сечения (прямоугольная трапеция с основаниями $r_1$, $r_2$ и высотой $h$, и наклонной стороной $l$) условие вписанности шара приводит к соотношению:

$l = r_1 + r_2$

Найдем радиусы окружностей, вписанных в основания (они же являются апофемами оснований).

Формула радиуса вписанной окружности для правильного треугольника со стороной $a$: $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.

Для верхнего основания:

$r_1 = \frac{a_1}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{2\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ см.

Для нижнего основания:

$r_2 = \frac{a_2}{2\sqrt{3}} = \frac{12}{2\sqrt{3}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$ см.

Теперь найдем апофему $l$ усеченной пирамиды:

$l = r_1 + r_2 = \sqrt{3} + 2\sqrt{3} = 3\sqrt{3}$ см.

3. Вычислим площадь боковой поверхности.

Подставим найденные значения в формулу площади боковой поверхности:

$S_{бок} = \frac{1}{2}(P_1 + P_2) \cdot l = \frac{1}{2}(18 + 36) \cdot 3\sqrt{3}$

$S_{бок} = \frac{1}{2}(54) \cdot 3\sqrt{3} = 27 \cdot 3\sqrt{3} = 81\sqrt{3}$ см².

Ответ: $81\sqrt{3}$ см².

15.23. В правильную четырёхугольную усечённую пирамиду вписан шар, радиус которого равен $R$. Двугранный угол усечённой пирамиды при ребре её большего основания равен $45^\circ$. Найдите площадь боковой поверхности усечённой пирамиды.

Площадь боковой поверхности правильной усечённой пирамиды вычисляется по формуле: $S_{бок} = \frac{P_1 + P_2}{2} \cdot h$, где $P_1$ и $P_2$ — периметры оснований, а $h$ — апофема (высота боковой грани).

Так как пирамида правильная четырёхугольная, её основаниями являются квадраты. Обозначим сторону большего основания как $a$, а меньшего — как $b$. Тогда периметры оснований равны $P_1 = 4a$ и $P_2 = 4b$. Формула для площади боковой поверхности принимает вид:
$S_{бок} = \frac{4a + 4b}{2} \cdot h = 2(a+b)h$.

По условию в усечённую пирамиду вписан шар радиуса $R$. Это возможно только тогда, когда высота пирамиды $H$ равна диаметру шара, то есть $H = 2R$. Кроме того, для такой пирамиды существует свойство, связывающее её элементы. Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через середины противоположных сторон оснований. Это сечение является равнобокой трапецией, в которую вписана окружность (большой круг вписанного шара) радиуса $R$. Основания этой трапеции равны сторонам оснований пирамиды ($a$ и $b$), боковые стороны — апофемам пирамиды ($h$), а высота трапеции — высоте пирамиды ($H=2R$).

В любой четырёхугольник, в который можно вписать окружность, суммы длин противоположных сторон равны. Для нашей трапеции это означает: $a + b = h + h = 2h$.

Подставим это соотношение в формулу площади боковой поверхности:
$S_{бок} = 2(2h)h = 4h^2$.

Теперь необходимо найти апофему $h$. Двугранный угол при ребре большего основания равен $45^\circ$. В рассмотренном нами осевом сечении (трапеции) этот угол соответствует углу при большем основании. Опустим высоту из вершины меньшего основания на большее. Получим прямоугольный треугольник, в котором гипотенузой является апофема $h$, одним из катетов — высота пирамиды $H=2R$, а угол, противолежащий этому катету, равен $45^\circ$.

Из соотношений в прямоугольном треугольнике имеем:
$\sin(45^\circ) = \frac{H}{h} = \frac{2R}{h}$.

Зная, что $\sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$, выразим $h$:
$\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{2R}{h} \Rightarrow h = \frac{2 \cdot 2R}{\sqrt{2}} = \frac{4R}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}R$.

Подставим найденное значение апофемы в формулу для площади боковой поверхности:
$S_{бок} = 4h^2 = 4 \cdot (2\sqrt{2}R)^2 = 4 \cdot (4 \cdot 2 \cdot R^2) = 4 \cdot 8R^2 = 32R^2$.

Ответ: $32R^2$.

15.24. Около шара радиуса 12 см описана правильная шестиугольная пирамида, высота которой равна 30 см. Найдите радиус шара, описанного около данной пирамиды.

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида. Обозначим ее высоту как $H$, радиус вписанного шара как $r$, и радиус искомого описанного шара как $R$. По условию, $H = 30$ см и $r = 12$ см.

Центр вписанного шара, $O_{вн}$, лежит на высоте пирамиды $SO$ (где $S$ — вершина, а $O$ — центр основания). Поскольку вписанный шар касается плоскости основания, расстояние от его центра до основания равно радиусу, то есть $O_{вн}O = r = 12$ см.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, которое проходит через ее высоту $SO$ и апофему боковой грани $SM$ (где $M$ — середина стороны основания). Данное сечение представляет собой прямоугольный треугольник $SOM$. Вписанный шар касается боковой грани в некоторой точке $K$, которая лежит на апофеме $SM$. Следовательно, расстояние от центра шара $O_{вн}$ до прямой $SM$ равно радиусу $r$. Таким образом, $O_{вн}K = r = 12$ см и отрезок $O_{вн}K$ перпендикулярен $SM$.

На высоте $SO$ находится точка $O_{вн}$, и длина отрезка $SO_{вн}$ составляет $SO - O_{вн}O = 30 - 12 = 18$ см. Прямоугольные треугольники $\triangle SO_{вн}K$ (с гипотенузой $SO_{вн}$) и $\triangle SOM$ (с гипотенузой $SM$) подобны, так как у них есть общий острый угол при вершине $S$. Из подобия треугольников следует соотношение:

$$ \frac{O_{вн}K}{OM} = \frac{SO_{вн}}{SM} $$

Пусть длина апофемы основания $OM$ равна $x$. По теореме Пифагора для треугольника $\triangle SOM$, длина апофемы пирамиды $SM$ равна $\sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{30^2 + x^2} = \sqrt{900 + x^2}$. Подставим известные нам значения в пропорцию:

$$ \frac{12}{x} = \frac{18}{\sqrt{900 + x^2}} $$

Упростим уравнение, умножив обе части на $x \cdot \sqrt{900 + x^2}$ и разделив на 6:

$$ 2\sqrt{900 + x^2} = 3x $$

Возведем обе части уравнения в квадрат (учитывая, что $x > 0$):

$$ 4(900 + x^2) = 9x^2 $$

$$ 3600 + 4x^2 = 9x^2 $$

$$ 5x^2 = 3600 \implies x^2 = 720 $$

Отсюда находим $x = OM = \sqrt{720} = \sqrt{144 \cdot 5} = 12\sqrt{5}$ см.

Теперь необходимо найти радиус $R_{осн}$ окружности, описанной около шестиугольного основания. Для правильного шестиугольника его сторона $a$ равна радиусу описанной окружности ($a = R_{осн}$), а апофема (радиус вписанной окружности) $OM$ связана со стороной формулой $OM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Выразим сторону $a$:

$$ R_{осн} = a = \frac{2 \cdot OM}{\sqrt{3}} = \frac{2 \cdot 12\sqrt{5}}{\sqrt{3}} = \frac{24\sqrt{5}}{\sqrt{3}} = \frac{24\sqrt{15}}{3} = 8\sqrt{15} \text{ см.} $$

Центр описанного около пирамиды шара, $O_{оп}$, также располагается на высоте $SO$. Расстояние от $O_{оп}$ до любой из вершин пирамиды равно радиусу описанного шара $R$. Пусть $O_{оп}$ находится на расстоянии $y$ от центра основания $O$ вдоль прямой $SO$. Тогда расстояние от $O_{оп}$ до вершины $S$ равно $|H - y| = |30 - y|$, а расстояние до вершины основания $A$ можно найти из прямоугольного треугольника $\triangle OO_{оп}A$: $\sqrt{R_{осн}^2 + y^2}$.

Так как эти расстояния равны $R$, приравняем их квадраты:

$$ R^2 = (30-y)^2 = R_{осн}^2 + y^2 $$

Подставим значение $R_{осн}$:

$$ (30-y)^2 = (8\sqrt{15})^2 + y^2 $$

$$ 900 - 60y + y^2 = 64 \cdot 15 + y^2 $$

$$ 900 - 60y + y^2 = 960 + y^2 $$

$$ 900 - 60y = 960 $$

$$ -60y = 60 \implies y = -1 \text{ см.} $$

Отрицательное значение $y$ указывает на то, что центр описанной сферы находится на 1 см ниже плоскости основания пирамиды, на продолжении высоты.

Теперь найдем радиус описанного шара $R$:

$$ R = |30 - y| = |30 - (-1)| = |31| = 31 \text{ см.} $$

Можно также вычислить через второе выражение:

$$ R^2 = R_{осн}^2 + y^2 = (8\sqrt{15})^2 + (-1)^2 = 960 + 1 = 961 \implies R = \sqrt{961} = 31 \text{ см.} $$

Ответ: 31 см.

15.25. В шар радиуса 8 см вписана правильная шестиугольная пирамида, высота которой равна 12 см. Найдите радиус шара, вписанного в данную пирамиду.

Обозначим радиус описанного шара как $R$, радиус вписанного шара как $r$, высоту пирамиды как $H$. По условию дано: $R = 8$ см, $H = 12$ см.

1. Нахождение параметров основания правильной шестиугольной пирамиды

Пусть $S$ — вершина пирамиды, $O_1$ — центр её основания (правильного шестиугольника), а $O$ — центр описанного шара. Точки $S$, $O$ и $O_1$ лежат на высоте пирамиды.

Поскольку пирамида вписана в шар, все её вершины, включая вершину $S$, лежат на поверхности шара. Расстояние от центра шара $O$ до вершины $S$ равно радиусу шара, то есть $OS = R = 8$ см.

Высота пирамиды $SO_1 = H = 12$ см. Так как $H > R$, центр шара $O$ находится между вершиной $S$ и центром основания $O_1$. Расстояние от центра шара до плоскости основания пирамиды равно $OO_1 = SO_1 - OS = H - R = 12 - 8 = 4$ см.

Пусть $A$ — одна из вершин основания пирамиды. Она также лежит на поверхности шара, поэтому расстояние от неё до центра шара $O$ равно радиусу $R$, то есть $OA = 8$ см. Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle OO_1A$. В нём гипотенуза $OA = R = 8$ см, а один из катетов — это расстояние от центра шара до плоскости основания, $OO_1 = 4$ см. Второй катет $O_1A$ является радиусом окружности, описанной около основания пирамиды (обозначим его $R_{осн}$).

По теореме Пифагора: $OA^2 = OO_1^2 + O_1A^2$.

$R_{осн}^2 = OA^2 - OO_1^2 = 8^2 - 4^2 = 64 - 16 = 48$.

$R_{осн} = \sqrt{48} = \sqrt{16 \cdot 3} = 4\sqrt{3}$ см.

Для правильного шестиугольника сторона основания $a$ равна радиусу описанной окружности: $a = R_{осн} = 4\sqrt{3}$ см.

2. Нахождение апофемы основания и апофемы пирамиды

Апофема основания (радиус вписанной в основание окружности, $r_{осн}$) для правильного шестиугольника вычисляется по формуле $r_{осн} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$r_{осн} = \frac{4\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{4 \cdot 3}{2} = 6$ см.

Апофема пирамиды (высота боковой грани), обозначим её $h_a$, находится как гипотенуза прямоугольного треугольника, образованного высотой пирамиды $H$ и апофемой основания $r_{осн}$.

По теореме Пифагора: $h_a^2 = H^2 + r_{осн}^2 = 12^2 + 6^2 = 144 + 36 = 180$.

$h_a = \sqrt{180} = \sqrt{36 \cdot 5} = 6\sqrt{5}$ см.

3. Вычисление радиуса вписанного шара

Центр вписанного в правильную пирамиду шара (обозначим его $O_{вп}$) лежит на её высоте $SO_1$. Радиус $r$ вписанного шара — это расстояние от центра $O_{вп}$ до плоскости основания и до каждой из боковых граней.

Рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через высоту $SO_1$ и апофему пирамиды $SM$ (где $M$ - середина стороны основания). Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник $\triangle SO_1M$.

Центр $O_{вп}$ находится на катете $SO_1$ этого треугольника. Расстояние от $O_{вп}$ до основания (до катета $O_1M$) равно $O_{вп}O_1 = r$. Следовательно, длина отрезка $SO_{вп} = SO_1 - O_{вп}O_1 = H - r = 12 - r$.

Расстояние от точки $O_{вп}$ до боковой грани, содержащей апофему $SM$, — это длина перпендикуляра $O_{вп}K$, опущенного из точки $O_{вп}$ на гипотенузу $SM$. Длина этого перпендикуляра также равна радиусу вписанного шара, то есть $O_{вп}K = r$.

Прямоугольный треугольник $\triangle SKO_{вп}$ подобен прямоугольному треугольнику $\triangle SO_1M$, так как у них общий острый угол $\angle MSO_1$.

Из подобия треугольников следует отношение их соответствующих сторон:

$\frac{O_{вп}K}{O_1M} = \frac{SO_{вп}}{SM}$

Подставим известные значения: $O_{вп}K=r$, $O_1M=r_{осн}=6$, $SO_{вп}=12-r$, $SM=h_a=6\sqrt{5}$.

$\frac{r}{6} = \frac{12-r}{6\sqrt{5}}$

Умножим обе части уравнения на 6:

$r = \frac{12-r}{\sqrt{5}}$

$r\sqrt{5} = 12 - r$

$r\sqrt{5} + r = 12$

$r(\sqrt{5} + 1) = 12$

$r = \frac{12}{\sqrt{5} + 1}$

Чтобы избавиться от иррациональности в знаменателе, умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{5} - 1)$:

$r = \frac{12(\sqrt{5} - 1)}{(\sqrt{5} + 1)(\sqrt{5} - 1)} = \frac{12(\sqrt{5} - 1)}{5 - 1} = \frac{12(\sqrt{5} - 1)}{4} = 3(\sqrt{5} - 1)$ см.

Ответ: $3(\sqrt{5} - 1)$ см.

15.26. Расстояние от центра шара, описанного около правильной четырёхугольной пирамиды, до её боковой грани равно 5 см. Найдите радиус шара, вписанного в пирамиду, если радиус описанного шара равен 15 см.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с вершиной $S$. Пусть $H$ — центр основания $ABCD$. Тогда $SH$ — высота пирамиды, которую обозначим $h$. Пусть сторона основания равна $2a$. Центр описанной сферы $O$ и центр вписанной сферы $I$ лежат на высоте $SH$ из соображений симметрии.

Обозначим радиус описанной сферы как $R$, а радиус вписанной сферы как $r$. По условию, $R = 15$ см.

Все вершины пирамиды лежат на описанной сфере. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину $S$ и диагональ основания $AC$. В сечении получим равнобедренный треугольник $SAC$. Центр описанной сферы $O$ лежит на высоте $SH$.

Для любой вершины, например $A$, расстояние от центра сферы $O$ до нее равно радиусу: $OA = R = 15$ см. Также $OS = R = 15$ см.

В основании лежит квадрат $ABCD$ со стороной $2a$. Его диагональ $AC = \sqrt{(2a)^2 + (2a)^2} = 2a\sqrt{2}$. Отрезок $AH$ — половина диагонали, $AH = a\sqrt{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OAH$ (с прямым углом $H$). По теореме Пифагора: $OA^2 = OH^2 + AH^2$.

Точка $O$ лежит на отрезке $SH$, поэтому $OH = |SH - OS| = |h - R| = |h - 15|$. Тогда $OH^2 = (h - 15)^2$.

Подставим известные значения в уравнение теоремы Пифагора:

$15^2 = (h - 15)^2 + (a\sqrt{2})^2$

$225 = h^2 - 30h + 225 + 2a^2$

$0 = h^2 - 30h + 2a^2$

Отсюда получаем первое уравнение, связывающее $h$ и $a$:

$2a^2 = 30h - h^2$ (1)

Теперь используем второе условие задачи: расстояние от центра описанной сферы $O$ до боковой грани равно 5 см.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SH$ и апофему $SK$ боковой грани $SCD$ (где $K$ — середина ребра $CD$). В сечении получим прямоугольный треугольник $SKH$ с прямым углом $H$. В этом треугольнике катеты $SH = h$ и $HK = a$. Апофема (гипотенуза) $SK = \sqrt{h^2 + a^2}$.

Расстояние от точки $O$, лежащей на катете $SH$, до гипотенузы $SK$ равно 5 см. Пусть $OP$ — перпендикуляр, опущенный из точки $O$ на прямую $SK$. Тогда $OP = 5$ см.

Прямоугольные треугольники $SPO$ и $SKH$ подобны, так как у них общий острый угол при вершине $S$. Из подобия следует равенство отношений соответствующих сторон:

$\frac{OP}{HK} = \frac{SO}{SK}$

Подставляем известные значения: $OP = 5$, $HK = a$, $SO = R = 15$, $SK = \sqrt{h^2 + a^2}$.

$\frac{5}{a} = \frac{15}{\sqrt{h^2 + a^2}}$

$\sqrt{h^2 + a^2} = 3a$

Возведем обе части в квадрат:

$h^2 + a^2 = 9a^2$

Отсюда получаем второе уравнение:

$h^2 = 8a^2$ (2)

Теперь решим систему уравнений (1) и (2) для нахождения $h$ и $a$.

Из уравнения (2) выразим $a^2$: $a^2 = \frac{h^2}{8}$. Подставим это выражение в уравнение (1):

$2 \cdot \left( \frac{h^2}{8} \right) = 30h - h^2$

$\frac{h^2}{4} = 30h - h^2$

Так как высота $h \neq 0$, разделим обе части уравнения на $h$:

$\frac{h}{4} = 30 - h$

$h = 120 - 4h$

$5h = 120$

$h = 24$ см.

Теперь найдем радиус вписанной сферы $r$. Центр вписанной сферы $I$ также лежит на высоте $SH$. Вписанная сфера касается основания в точке $H$, поэтому расстояние от $I$ до основания равно радиусу $r$, то есть $IH = r$. Сфера также касается боковых граней, поэтому расстояние от $I$ до любой боковой грани также равно $r$.

В том же сечении $SKH$, расстояние от точки $I$ (лежащей на катете $SH$) до гипотенузы $SK$ равно $r$. Пусть $IL$ — перпендикуляр из $I$ на $SK$, тогда $IL = r$.

Прямоугольный треугольник $SIL$ подобен прямоугольному треугольнику $SKH$ по общему углу при вершине $S$.

Из подобия следует:

$\frac{IL}{HK} = \frac{SI}{SK}$

Здесь $IL = r$, $HK = a$, $SI = SH - IH = h - r$, и $SK = \sqrt{h^2 + a^2}$.

$\frac{r}{a} = \frac{h-r}{\sqrt{h^2+a^2}}$

Из уравнения (2) мы знаем, что $\sqrt{h^2+a^2} = 3a$. Подставим это в пропорцию:

$\frac{r}{a} = \frac{h-r}{3a}$

Так как $a \neq 0$, умножим обе части на $3a$:

$3r = h-r$

$4r = h$

$r = \frac{h}{4}$

Подставляя найденное значение высоты $h = 24$ см, получаем:

$r = \frac{24}{4} = 6$ см.

Ответ: 6 см.

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.

15.28. В правильную треугольную пирамиду $SABC$ с основанием $ABC$ вписана сфера. К сфере проведена касательная плоскость, параллельная грани $ASC$. Эта плоскость пересекает ребро $SB$ в точке $K$ так, что $BK : KS = 3 : 2$. Найдите двугранный угол пирамиды при ребре основания.

Пусть $SABC$ — правильная треугольная пирамида с вершиной $S$. Основание $ABC$ — равносторонний треугольник. Пусть $SO=H$ — высота пирамиды, точка $O$ — центр основания $ABC$. Пусть $M$ — середина ребра $AC$. Тогда $SM$ — апофема боковой грани $ASC$, а $BM$ — медиана и высота основания. Двугранный угол при ребре основания $AC$ — это угол между плоскостями $(ABC)$ и $(ASC)$. Его линейной мерой является угол $\angle SMO$. Обозначим этот угол через $\alpha$.

Найдем радиус $r$ вписанной в пирамиду сферы. Центр вписанной сферы лежит на высоте пирамиды $SO$. Сфера касается основания в точке $O$ и боковых граней. Расстояние от центра сферы до плоскости основания и до плоскости каждой боковой грани равно $r$. Объем пирамиды $V$ и площадь ее полной поверхности $S_{полн}$ связаны с радиусом вписанной сферы формулой $r = \frac{3V}{S_{полн}}$.

Объем пирамиды $V = \frac{1}{3} S_{осн} H$. Площадь полной поверхности $S_{полн} = S_{осн} + S_{бок}$. Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ связана с площадью основания $S_{осн}$ через двугранный угол $\alpha$. Площадь основания является суммой проекций площадей боковых граней на плоскость основания. Так как пирамида правильная, то $S_{осн} = S_{бок} \cos \alpha$, откуда $S_{бок} = \frac{S_{осн}}{\cos \alpha}$.

Подставим эти выражения в формулу для радиуса:

$r = \frac{3 \cdot \frac{1}{3} S_{осн} H}{S_{осн} + \frac{S_{осн}}{\cos \alpha}} = \frac{S_{осн} H}{S_{осн}(1 + \frac{1}{\cos \alpha})} = \frac{H}{1 + \frac{1}{\cos \alpha}} = \frac{H \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}$.

По условию, к сфере проведена касательная плоскость $\Pi$, параллельная грани $ASC$. Поскольку вписанная сфера касается грани $ASC$, она также касается и плоскости $\Pi$. Сфера оказывается зажатой между двумя параллельными плоскостями $ASC$ и $\Pi$. Расстояние между этими плоскостями равно диаметру сферы, то есть $2r$.

Плоскость $\Pi$ пересекает ребро $SB$ в точке $K$. Точка $K$ лежит в плоскости $\Pi$, поэтому расстояние от точки $K$ до плоскости $ASC$ равно расстоянию между плоскостями $\Pi$ и $ASC$, то есть $d(K, ASC) = 2r$.

Расстояние от точки на отрезке до плоскости меняется линейно. Вершина $S$ лежит в плоскости $ASC$, поэтому расстояние от $S$ до $ASC$ равно нулю: $d(S, ASC) = 0$. Расстояние от точки $K$, лежащей на отрезке $SB$, до плоскости $ASC$ можно найти через отношение, в котором $K$ делит отрезок $SB$:

$d(K, ASC) = \frac{SK}{SB} d(B, ASC) + \frac{BK}{SB} d(S, ASC) = \frac{SK}{SB} d(B, ASC)$.

По условию, $BK : KS = 3 : 2$. Пусть $BK=3x$, тогда $KS=2x$, а все ребро $SB = BK + KS = 3x + 2x = 5x$. Следовательно, $\frac{SK}{SB} = \frac{2x}{5x} = \frac{2}{5}$.

Тогда $d(K, ASC) = \frac{2}{5} d(B, ASC)$.

Приравнивая два выражения для $d(K, ASC)$, получаем:$2r = \frac{2}{5} d(B, ASC)$, откуда $r = \frac{1}{5} d(B, ASC)$.

Теперь найдем расстояние от вершины $B$ до плоскости грани $ASC$, $d(B, ASC)$. Выразим объем пирамиды $V$ двумя способами:1. $V = \frac{1}{3} S_{осн} \cdot SO = \frac{1}{3} S_{осн} H$.2. Рассматривая $B$ как вершину, а $ASC$ как основание: $V = \frac{1}{3} S_{ASC} \cdot d(B, ASC)$.

Приравнивая объемы, получаем: $S_{осн} H = S_{ASC} d(B, ASC)$.

Площадь грани $ASC$ связана с площадью ее проекции на плоскость основания, $\triangle AOC$. Площадь $\triangle AOC = \frac{1}{3} S_{осн}$. Проекция грани $ASC$ на плоскость основания $ABC$ есть $\triangle AOC$. Однако, проще использовать другую связь. Площадь основания равна сумме проекций боковых граней: $S_{осн} = 3 \cdot S_{ASC} \cos \alpha$. Подставим это в равенство $S_{осн} H = S_{ASC} d(B, ASC)$:

$(3 S_{ASC} \cos \alpha) H = S_{ASC} d(B, ASC)$.

Отсюда $d(B, ASC) = 3H \cos \alpha$.

Теперь у нас есть система уравнений:1. $r = \frac{H \cos \alpha}{1 + \cos \alpha}$2. $r = \frac{1}{5} d(B, ASC) = \frac{1}{5} (3H \cos \alpha) = \frac{3H \cos \alpha}{5}$

Приравняем правые части выражений для $r$:$\frac{H \cos \alpha}{1 + \cos \alpha} = \frac{3H \cos \alpha}{5}$.

Поскольку для невырожденной пирамиды $H \neq 0$ и $\alpha \in (0, \pi/2)$, то $\cos \alpha \neq 0$. Мы можем сократить обе части на $H \cos \alpha$:

$\frac{1}{1 + \cos \alpha} = \frac{3}{5}$.

$5 = 3(1 + \cos \alpha)$

$5 = 3 + 3 \cos \alpha$

$2 = 3 \cos \alpha$

$\cos \alpha = \frac{2}{3}$.

Искомый двугранный угол равен $\alpha = \arccos\left(\frac{2}{3}\right)$.

Ответ: $\arccos\left(\frac{2}{3}\right)$.