Номер 20, страница 115 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 15. Многогранники, описанные около сферы. Глава 2. Тела вращения - номер 20, страница 115.

Условие.

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

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$, где $ABCD$ — квадратное основание со стороной $AB=a$, а $S$ — вершина пирамиды. Плоский угол при вершине равен $\angle BSC = \alpha$.

Центр вписанного в пирамиду шара, точка $I$, лежит на высоте пирамиды $SO$, где $O$ — центр основания. Радиус вписанного шара $r$ равен расстоянию от его центра $I$ до любой из граней пирамиды.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SO$ и апофему $SK$ боковой грани $SBC$ (где $K$ — середина ребра $BC$). Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник $SOK$, в котором $OK$ — половина стороны основания, то есть $OK = a/2$.

Центр вписанного шара $I$ равноудален от плоскости основания $ABCD$ и плоскости боковой грани $SBC$. Следовательно, точка $I$ лежит на биссектрисе двугранного угла при ребре основания $BC$. Этот угол равен $\angle SKO$. Обозначим его через $\beta$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $IOK$. В нем катет $IO$ — это радиус вписанного шара $r$, катет $OK = a/2$, а угол $\angle IKO = \beta/2$ (так как $IK$ — биссектриса угла $\beta$).

Из треугольника $IOK$ получаем:

$\tan(\frac{\beta}{2}) = \frac{IO}{OK} = \frac{r}{a/2}$

Отсюда радиус вписанного шара:

$r = \frac{a}{2} \tan(\frac{\beta}{2})$

Теперь найдем двугранный угол $\beta$ через заданный плоский угол $\alpha$.

Из прямоугольного треугольника $SOK$ имеем:

$\cos(\beta) = \frac{OK}{SK}$

Апофему $SK$ найдем из боковой грани — равнобедренного треугольника $SBC$. В нем $SK$ является высотой, медианой и биссектрисой. Поэтому в прямоугольном треугольнике $SKC$ катет $KC = a/2$ и угол $\angle KSC = \alpha/2$.

Из треугольника $SKC$ находим $SK$:

$\tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{KC}{SK} = \frac{a/2}{SK} \Rightarrow SK = \frac{a/2}{\tan(\alpha/2)}$

Теперь можем выразить $\cos(\beta)$:

$\cos(\beta) = \frac{OK}{SK} = \frac{a/2}{\frac{a/2}{\tan(\alpha/2)}} = \tan(\frac{\alpha}{2})$

Для нахождения $\tan(\frac{\beta}{2})$ воспользуемся формулой половинного угла:

$\tan^2(\frac{\beta}{2}) = \frac{1 - \cos(\beta)}{1 + \cos(\beta)}$

Подставляя найденное выражение для $\cos(\beta)$, получаем:

$\tan^2(\frac{\beta}{2}) = \frac{1 - \tan(\frac{\alpha}{2})}{1 + \tan(\frac{\alpha}{2})}$

Так как угол $\beta/2$ острый, его тангенс положителен:

$\tan(\frac{\beta}{2}) = \sqrt{\frac{1 - \tan(\frac{\alpha}{2})}{1 + \tan(\frac{\alpha}{2})}}$

Наконец, подставляем это выражение 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. Выразим тангенсы через синусы и косинусы:

$\frac{1 - \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}}{1 + \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}} = \frac{\cos(\alpha/2) - \sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2) + \sin(\alpha/2)} = \frac{(\cos(\alpha/2) - \sin(\alpha/2))(\cos(\alpha/2) + \sin(\alpha/2))}{(\cos(\alpha/2) + \sin(\alpha/2))^2} = \frac{\cos^2(\alpha/2) - \sin^2(\alpha/2)}{1 + 2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2)} = \frac{\cos(\alpha)}{1 + \sin(\alpha)}$

Таким образом, радиус вписанного шара равен:

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

Ответ: $r = \frac{a}{2} \sqrt{\frac{1 - \tan(\alpha/2)}{1 + \tan(\alpha/2)}}$ или $r = \frac{a}{2} \sqrt{\frac{\cos(\alpha)}{1 + \sin(\alpha)}}$.