Номер 21, страница 115 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 15. Многогранники, описанные около сферы. Глава 2. Тела вращения - номер 21, страница 115.

Условие.

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

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$ с вершиной $S$ и основанием $ABC$. Сторона основания равна $a$. Пусть $H$ — центр основания (равностороннего треугольника $ABC$), тогда $SH$ — высота пирамиды, обозначим ее $h$. Поскольку пирамида правильная, центры вписанной и описанной сфер лежат на ее высоте $SH$. По условию, эти центры совпадают. Обозначим эту общую точку $O$.

1. Рассмотрим свойство точки $O$ как центра описанной сферы. Центр описанной сферы равноудален от всех вершин пирамиды. Следовательно, $OS = OA = R$, где $R$ — радиус описанной сферы.В прямоугольном треугольнике $OHA$ (где $\angle OHA = 90^\circ$) по теореме Пифагора имеем: $OA^2 = OH^2 + AH^2$.Так как точка $O$ лежит на отрезке $SH$, то $OS = SH - OH = h - OH$.Приравнивая квадраты радиусов $OS^2 = OA^2$, получаем:$(h - OH)^2 = OH^2 + AH^2$$h^2 - 2h \cdot OH + OH^2 = OH^2 + AH^2$$h^2 - 2h \cdot OH = AH^2$ (1)

2. Рассмотрим свойство точки $O$ как центра вписанной сферы. Центр вписанной сферы равноудален от всех граней пирамиды. Обозначим радиус вписанной сферы $r$.Расстояние от $O$ до плоскости основания $ABC$ равно $OH$, то есть $r = OH$.Расстояние от $O$ до боковой грани, например $SBC$, также равно $r$.Для нахождения этого расстояния рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через высоту $SH$ и апофему $SM$ боковой грани $SBC$ (где $M$ — середина ребра $BC$). Эта плоскость $SAM$ перпендикулярна грани $SBC$.Следовательно, расстояние от точки $O \in SH$ до плоскости $SBC$ равно длине перпендикуляра $OK$, опущенного из $O$ на апофему $SM$ в плоскости $SAM$.Итак, $OK = r = OH$.Прямоугольные треугольники $\triangle SKO$ и $\triangle SMH$ (где $\angle SHM = 90^\circ$) подобны по общему острому углу $\angle HSM$.Из подобия следует отношение сторон:$\frac{OK}{HM} = \frac{SO}{SM}$Подставляя известные нам величины $OK=OH$, $SO=h-OH$ и $SM = l$ (длина апофемы), получаем:$\frac{OH}{HM} = \frac{h-OH}{l}$$OH \cdot l = HM \cdot (h-OH) \implies OH \cdot (l + HM) = HM \cdot h \implies OH = \frac{HM \cdot h}{l + HM}$ (2)

3. Решим полученную систему уравнений. Подставим выражение для $OH$ из (2) в уравнение (1):$h^2 - 2h \left( \frac{HM \cdot h}{l + HM} \right) = AH^2$$h^2 \left( 1 - \frac{2HM}{l + HM} \right) = AH^2 \implies h^2 \left( \frac{l + HM - 2HM}{l + HM} \right) = AH^2 \implies h^2 \frac{l - HM}{l + HM} = AH^2$.Зная, что $l = SM = \sqrt{SH^2 + HM^2} = \sqrt{h^2 + HM^2}$, подставим это в уравнение:$h^2 \frac{\sqrt{h^2 + HM^2} - HM}{\sqrt{h^2 + HM^2} + HM} = AH^2$.Умножим числитель и знаменатель дроби на $(\sqrt{h^2 + HM^2} - HM)$:$h^2 \frac{(\sqrt{h^2 + HM^2} - HM)^2}{(\sqrt{h^2 + HM^2} + HM)(\sqrt{h^2 + HM^2} - HM)} = AH^2$$h^2 \frac{(\sqrt{h^2 + HM^2} - HM)^2}{(h^2 + HM^2) - HM^2} = AH^2 \implies (\sqrt{h^2 + HM^2} - HM)^2 = AH^2$.Поскольку $l = \sqrt{h^2+HM^2} > HM$, выражение в скобках положительно, поэтому:$\sqrt{h^2 + HM^2} - HM = AH \implies \sqrt{h^2 + HM^2} = AH + HM$.Возведем обе части в квадрат:$h^2 + HM^2 = (AH + HM)^2 = AH^2 + 2 \cdot AH \cdot HM + HM^2$.Отсюда получаем ключевое соотношение: $h^2 = AH^2 + 2 \cdot AH \cdot HM$ (3)

4. Докажем, что пирамида является правильным тетраэдром. Для этого нужно показать, что боковое ребро равно стороне основания.Найдем квадрат длины бокового ребра $SA$ из прямоугольного треугольника $SHA$:$SA^2 = SH^2 + AH^2 = h^2 + AH^2$.Подставим в это выражение найденное соотношение (3) для $h^2$:$SA^2 = (AH^2 + 2 \cdot AH \cdot HM) + AH^2 = 2AH^2 + 2 \cdot AH \cdot HM = 2AH(AH+HM)$.Для равностороннего треугольника в основании со стороной $a$, точка $H$ является центром и делит медиану $AM$ в отношении $2:1$, то есть $AH = \frac{2}{3}AM$ и $HM = \frac{1}{3}AM$. Отсюда $AH+HM = AM$.Подставим это в выражение для $SA^2$:$SA^2 = 2AH \cdot AM = 2 \left( \frac{2}{3}AM \right) \cdot AM = \frac{4}{3}AM^2$.Длина медианы $AM$ в равностороннем треугольнике со стороной $a$ равна $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$, следовательно $AM^2 = \frac{3a^2}{4}$.Подставляем значение $AM^2$:$SA^2 = \frac{4}{3} \cdot \frac{3a^2}{4} = a^2$.Следовательно, $SA = a$.Поскольку пирамида правильная, все ее боковые ребра равны между собой и равны стороне основания ($SA=SB=SC=a$). Это означает, что все шесть ребер пирамиды равны. Таким образом, все четыре ее грани являются равными равносторонними треугольниками. По определению, такая пирамида является правильным тетраэдром, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что если центры описанной и вписанной сфер правильной треугольной пирамиды совпадают, то ее боковое ребро равно стороне основания, следовательно, такая пирамида является правильным тетраэдром.