Номер 19, страница 115 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 15. Многогранники, описанные около сферы. Глава 2. Тела вращения - номер 19, страница 115.

Условие.

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

Решение 1.

Решение 3.

Пусть $SABC$ – правильная треугольная пирамида, где $S$ – вершина, а $ABC$ – основание. Сторона основания $AB = BC = CA = a$. Плоский угол при вершине, например, $\angle BSC = \alpha$.

Радиус $r$ вписанного в пирамиду шара можно найти по формуле $r = \frac{3V}{S_{полн}}$, где $V$ – объём пирамиды, а $S_{полн}$ – площадь её полной поверхности. Однако, более удобный способ – использовать двугранный угол при основании пирамиды.

Центр вписанного шара лежит на высоте пирамиды $SO$ (где $O$ – центр основания) и равноудалён от всех её граней. Расстояние от центра шара до плоскости основания равно радиусу $r$. Расстояние до боковой грани также равно $r$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SO$ и апофему $SK$ боковой грани $SBC$ (где $K$ – середина $BC$). В этом сечении имеем прямоугольный треугольник $SOK$. Центр вписанного шара (точка $I$) лежит на высоте $SO$, а вписанная в двугранный угол $\angle SKO$ окружность (сечение шара) имеет центр на биссектрисе этого угла. В треугольнике $IOK$ (где $I$ – центр шара), $IO=r$ и $\angle IOK = 90^\circ$. Угол $\angle SKO$ – это линейный угол двугранного угла при ребре основания $BC$. Обозначим его $\beta$. Тогда из треугольника $IOK$ получаем:$r = OK \cdot \tan(\frac{\beta}{2})$

Теперь найдём $OK$ и $\tan(\frac{\beta}{2})$.

1. Найдём $OK$. $OK$ – это радиус окружности, вписанной в основание (правильный треугольник $ABC$).
$OK = \frac{a}{2\sqrt{3}}$

2. Найдём $\beta$. Для этого рассмотрим треугольник $SOK$. $\cos\beta = \frac{OK}{SK}$. Нам нужно найти апофему $SK$.
Рассмотрим боковую грань – равнобедренный треугольник $SBC$. $SK$ – его высота, медиана и биссектриса. $K$ – середина $BC$, значит $KC = \frac{a}{2}$. Угол $\angle KSC = \frac{\alpha}{2}$.
В прямоугольном треугольнике $SKC$:$SK = KC \cdot \cot(\angle KSC) = \frac{a}{2} \cot(\frac{\alpha}{2})$
Теперь можем найти $\cos\beta$:$\cos\beta = \frac{OK}{SK} = \frac{a/(2\sqrt{3})}{a/2 \cdot \cot(\alpha/2)} = \frac{1}{\sqrt{3}\cot(\alpha/2)} = \frac{\tan(\alpha/2)}{\sqrt{3}}$

3. Найдём $\tan(\frac{\beta}{2})$ используя формулу тангенса половинного угла:$\tan^2(\frac{\beta}{2}) = \frac{1 - \cos\beta}{1 + \cos\beta} = \frac{1 - \frac{\tan(\alpha/2)}{\sqrt{3}}}{1 + \frac{\tan(\alpha/2)}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3} - \tan(\alpha/2)}{\sqrt{3} + \tan(\alpha/2)}$
Следовательно:$\tan(\frac{\beta}{2}) = \sqrt{\frac{\sqrt{3} - \tan(\alpha/2)}{\sqrt{3} + \tan(\alpha/2)}}$

4. Найдём радиус вписанного шара $r$:$r = OK \cdot \tan(\frac{\beta}{2}) = \frac{a}{2\sqrt{3}} \sqrt{\frac{\sqrt{3} - \tan(\alpha/2)}{\sqrt{3} + \tan(\alpha/2)}}$

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