Номер 330, страница 105 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

330. Найдите радиусы вписанного в правильную четырехугольную пирамиду и описанного около нее шаров, учитывая, что сторона основания пирамиды равна $a$ и:

а) плоский угол при вершине — $\alpha$;

б) двугранный угол при основании — $60^{\circ}$.

а) плоский угол при вершине — α;

Решение:

Пусть дана правильная четырехугольная пирамида $SABCD$ с основанием $ABCD$. Сторона основания равна $a$. $SO=H$ — высота пирамиды. Плоский угол при вершине боковой грани равен $\alpha$, то есть $\angle CSD = \alpha$.

1. Найдем основные элементы пирамиды.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $SCD$. $SM$ — его высота и медиана (апофема пирамиды, $l$). $CM = a/2$. $\angle CSM = \alpha/2$.

Из прямоугольного треугольника $SCM$ находим апофему $l$ и боковое ребро $b$:

$l = SM = \frac{CM}{\tan(\alpha/2)} = \frac{a}{2\tan(\alpha/2)} = \frac{a \cot(\alpha/2)}{2}$.

$b = SC = \frac{CM}{\sin(\alpha/2)} = \frac{a}{2\sin(\alpha/2)}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $SOM$, где $O$ — центр основания. $OM = a/2$. Высоту пирамиды $H$ найдем по теореме Пифагора: $H = \sqrt{SM^2 - OM^2} = \sqrt{\left(\frac{a \cot(\alpha/2)}{2}\right)^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \frac{a}{2}\sqrt{\cot^2\left(\frac{\alpha}{2}\right) - 1}$. Используя тригонометрические тождества, $\cot^2(x)-1 = \frac{\cos^2(x)}{\sin^2(x)}-1 = \frac{\cos^2(x)-\sin^2(x)}{\sin^2(x)} = \frac{\cos(2x)}{\sin^2(x)}$, получаем: $H = \frac{a}{2}\sqrt{\frac{\cos\alpha}{\sin^2(\alpha/2)}} = \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)}$. Отметим, что для существования ненулевой высоты пирамиды необходимо, чтобы $H>0$, то есть $\cos\alpha > 0$, что означает $\alpha < 90^\circ$.

2. Найдем радиус описанного шара $R$.

Центр описанного шара лежит на высоте пирамиды $SO$. Радиус $R$ можно найти по формуле $R = \frac{b^2}{2H}$, где $b$ — боковое ребро.

$R = \frac{\left(\frac{a}{2\sin(\alpha/2)}\right)^2}{2 \cdot \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)}} = \frac{\frac{a^2}{4\sin^2(\alpha/2)}}{\frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{\sin(\alpha/2)}} = \frac{a^2}{4\sin^2(\alpha/2)} \cdot \frac{\sin(\alpha/2)}{a\sqrt{\cos\alpha}} = \frac{a}{4\sin(\alpha/2)\sqrt{\cos\alpha}}$.

3. Найдем радиус вписанного шара $r$.

Центр вписанного шара также лежит на высоте $SO$. Радиус $r$ можно найти как радиус вписанной окружности в равнобедренный треугольник, являющийся осевым сечением пирамиды, проходящим через апофемы противолежащих граней. Пусть это треугольник $SKL$, где $K$ и $L$ — середины сторон $AD$ и $BC$. Его основание $KL=a$, боковые стороны $SK=SL=l$, высота $SO=H$. Радиус вписанной окружности $r$ находится по формуле $r = \frac{2S_{SKL}}{P_{SKL}} = \frac{aH}{a+2l}$.

Подставим выражения для $H$ и $l$:

$r = \frac{a \cdot \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)}}{a + 2 \cdot \frac{a \cot(\alpha/2)}{2}} = \frac{\frac{a^2\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)}}{a(1+\cot(\alpha/2))} = \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)\left(1+\frac{\cos(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2)}\right)} = \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2\sin(\alpha/2)\left(\frac{\sin(\alpha/2)+\cos(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2)}\right)} = \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2(\sin(\alpha/2)+\cos(\alpha/2))}$.

Ответ: радиус описанного шара $R = \frac{a}{4\sin(\frac{\alpha}{2})\sqrt{\cos\alpha}}$, радиус вписанного шара $r = \frac{a\sqrt{\cos\alpha}}{2(\sin(\frac{\alpha}{2})+\cos(\frac{\alpha}{2}))}$.

б) двугранный угол при основании — 60°;

Решение:

Пусть двугранный угол при основании равен $\beta = 60^\circ$. Этот угол равен углу $\angle SMO$ в прямоугольном треугольнике $SOM$, где $S$ — вершина, $O$ — центр основания, $M$ — середина стороны основания. $SM$ — апофема, а $OM$ — радиус вписанной в основание окружности.

1. Найдем основные элементы пирамиды.

В основании лежит квадрат со стороной $a$, поэтому $OM = a/2$.

Из прямоугольного треугольника $SOM$:

Высота $H = SO = OM \cdot \tan(\beta) = \frac{a}{2} \tan(60^\circ) = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Апофема $l = SM = \frac{OM}{\cos(\beta)} = \frac{a/2}{\cos(60^\circ)} = \frac{a/2}{1/2} = a$.

2. Найдем радиус описанного шара $R$.

Для нахождения радиуса $R$ воспользуемся формулой $R = \frac{b^2}{2H}$, где $b$ — боковое ребро. Сначала найдем $b$.

В прямоугольном треугольнике $SOC$, $OC$ — половина диагонали квадрата, $OC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

$b^2 = SC^2 = SO^2 + OC^2 = H^2 + \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \frac{2a^2}{4} = \frac{3a^2}{4} + \frac{2a^2}{4} = \frac{5a^2}{4}$.

Теперь вычисляем $R$:

$R = \frac{b^2}{2H} = \frac{5a^2/4}{2 \cdot a\sqrt{3}/2} = \frac{5a^2/4}{a\sqrt{3}} = \frac{5a}{4\sqrt{3}} = \frac{5a\sqrt{3}}{12}$.

3. Найдем радиус вписанного шара $r$.

Радиус вписанного шара можно найти по формуле $r = \frac{aH}{a+2l}$.

Подставим значения $H = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ и $l = a$:

$r = \frac{a \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{a+2a} = \frac{a^2\sqrt{3}/2}{3a} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Альтернативный способ: рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через апофемы $SM$ и $SN$. Это равнобедренный треугольник $MSN$ с основанием $MN = a$ и боковыми сторонами $SM = SN = l=a$. Так как все стороны равны $a$, треугольник $MSN$ — равносторонний. Центр вписанного в пирамиду шара совпадает с центром вписанной в этот треугольник окружности. Радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности равен трети его высоты. Высота этого треугольника — это высота пирамиды $H$.

$r = \frac{1}{3}H = \frac{1}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Ответ: радиус описанного шара $R = \frac{5a\sqrt{3}}{12}$, радиус вписанного шара $r = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.