Номер 9, страница 114 - гдз по геометрии 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. Параграф 15. Многогранники, описанные около сферы. Глава 2. Тела вращения - номер 9, страница 114.

Условие.

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

Решение 1.

Решение 3.

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида. В ее основании лежит правильный шестиугольник со стороной $a$. Пусть $O$ — центр основания, а $S$ — вершина пирамиды. Тогда $SO$ — высота пирамиды.

Центр вписанного в пирамиду шара, обозначим его $I$, в силу симметрии лежит на высоте пирамиды $SO$. Шар касается плоскости основания в точке $O$, являющейся центром основания. Следовательно, расстояние от центра шара $I$ до плоскости основания равно радиусу шара $r$, то есть $IO = r$.

Рассмотрим двугранный угол при ребре основания. Пусть $AB$ — одно из ребер основания, а $M$ — его середина. $OM$ — это апофема основания (радиус вписанной в основание окружности), и $OM \perp AB$. $SM$ — это апофема боковой грани $SAB$, и $SM \perp AB$. Таким образом, угол $\angle SMO$ является линейным углом двугранного угла при ребре основания. По условию задачи, $\angle SMO = \alpha$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точки $S$, $O$ и $M$. Это сечение представляет собой прямоугольный треугольник $SOM$ с прямым углом при вершине $O$.

Центр вписанного шара $I$ равноудален от всех граней пирамиды. Это означает, что он лежит на биссекторных плоскостях всех двугранных углов пирамиды. В частности, точка $I$ лежит в биссекторной плоскости двугранного угла при ребре $AB$.

В нашем сечении (плоскости $SOM$) эта биссекторная плоскость пересекается по прямой, которая является биссектрисой угла $\angle SMO$. Так как точка $I$ лежит и на высоте $SO$, и на этой биссектрисе, то отрезок $MI$ является биссектрисой угла $\angle SMO$.

Из этого следует, что угол $\angle OMI = \frac{\alpha}{2}$.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $IOM$ (с прямым углом при $O$). В этом треугольнике катет $IO$ равен радиусу вписанного шара $r$, катет $OM$ — апофема основания, а угол $\angle OMI$ равен $\frac{\alpha}{2}$.

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

Подставляя известные значения, получаем:$\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{r}{OM}$

Отсюда выражаем радиус вписанного шара:$r = OM \cdot \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)$

Далее, найдем длину апофемы $OM$ правильного шестиугольника со стороной $a$. Основание состоит из шести равносторонних треугольников со стороной $a$. Апофема $OM$ является высотой одного из таких треугольников. Высота равностороннего треугольника со стороной $a$ вычисляется по формуле:

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

Наконец, подставим найденное выражение для $OM$ в формулу для радиуса:

$r = \frac{a\sqrt{3}}{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)$

Ответ: $r = \frac{a\sqrt{3}}{2} \tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)$