Номер 530, страница 174 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

530*. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна $a$, а боковое ребро — $2a$. Найдите радиусы вписанного и описанного шаров.

Пусть дана правильная треугольная пирамида $SABC$, где $ABC$ — основание. По условию, сторона основания $AB=BC=AC=a$, а боковое ребро $SA=SB=SC=l=2a$. Высота пирамиды $SO$ опускается в центр $O$ равностороннего треугольника $ABC$.

Радиус описанного шара

Центр описанного шара находится на высоте пирамиды. Для нахождения радиуса $R$ описанного шара нам понадобятся высота пирамиды $H$ и радиус $R_{осн}$ окружности, описанной около основания.

1. Радиус окружности, описанной около равностороннего треугольника со стороной $a$, равен:

$R_{осн} = AO = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$

2. Высоту пирамиды $H=SO$ найдем из прямоугольного треугольника $SOA$ (гипотенуза $SA=l=2a$, катет $AO=R_{осн}$). По теореме Пифагора:

$H^2 = SA^2 - AO^2 = (2a)^2 - \left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 = 4a^2 - \frac{3a^2}{9} = 4a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{11a^2}{3}$

$H = \sqrt{\frac{11a^2}{3}} = \frac{a\sqrt{33}}{3}$

3. Радиус $R$ описанного шара для правильной пирамиды можно найти по формуле $R = \frac{l^2}{2H}$:

$R = \frac{(2a)^2}{2 \cdot \frac{a\sqrt{33}}{3}} = \frac{4a^2}{\frac{2a\sqrt{33}}{3}} = \frac{12a^2}{2a\sqrt{33}} = \frac{6a}{\sqrt{33}}$

Избавляясь от иррациональности в знаменателе, получаем:

$R = \frac{6a\sqrt{33}}{33} = \frac{2a\sqrt{33}}{11}$

Ответ: Радиус описанного шара равен $R = \frac{2a\sqrt{33}}{11}$.

Радиус вписанного шара

Центр вписанного шара также лежит на высоте пирамиды $SO$. Для нахождения его радиуса $r$ рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через высоту $SO$ и апофему (высоту боковой грани) $SM$, где $M$ — середина стороны $BC$.

1. Найдем необходимые элементы для этого сечения:

Высота пирамиды: $H = SO = \frac{a\sqrt{33}}{3}$.

Радиус вписанной в основание окружности: $r_{осн} = OM = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Апофема пирамиды $h_a = SM$. Из прямоугольного треугольника $SOM$ по теореме Пифагора:

$h_a^2 = SO^2 + OM^2 = \left(\frac{a\sqrt{33}}{3}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2 = \frac{11a^2}{3} + \frac{3a^2}{36} = \frac{11a^2}{3} + \frac{a^2}{12} = \frac{44a^2 + a^2}{12} = \frac{45a^2}{12} = \frac{15a^2}{4}$

$h_a = \frac{a\sqrt{15}}{2}$

2. Центр вписанного шара $I$ лежит на высоте $SO$ и является точкой пересечения высоты с биссектрисой двугранного угла при ребре основания. В сечении $SOM$ отрезок $MI$ является биссектрисой угла $\angle SMO$. Радиус вписанного шара $r$ равен длине отрезка $IO$.

3. По свойству биссектрисы в треугольнике $SOM$:

$\frac{IO}{IS} = \frac{OM}{SM}$

Подставляя $IO=r$, $IS=H-r$, $OM=r_{осн}$ и $SM=h_a$, получаем:

$\frac{r}{H-r} = \frac{r_{осн}}{h_a} \Rightarrow r \cdot h_a = (H-r) \cdot r_{осн} \Rightarrow r(h_a + r_{осн}) = H \cdot r_{осн}$

$r = \frac{H \cdot r_{осн}}{h_a + r_{осн}}$

4. Подставим вычисленные значения:

$r = \frac{\frac{a\sqrt{33}}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{2} + \frac{a\sqrt{3}}{6}} = \frac{\frac{a^2\sqrt{99}}{18}}{\frac{3a\sqrt{15}+a\sqrt{3}}{6}} = \frac{\frac{3a^2\sqrt{11}}{18}}{\frac{a\sqrt{3}(3\sqrt{5}+1)}{6}} = \frac{\frac{a^2\sqrt{11}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}(3\sqrt{5}+1)}{6}} = \frac{a\sqrt{11}}{\sqrt{3}(3\sqrt{5}+1)}$

Упростим выражение, избавившись от иррациональности:

$r = \frac{a\sqrt{11} \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{3}(3\sqrt{5}+1) \cdot \sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{33}}{3(3\sqrt{5}+1)} = \frac{a\sqrt{33}(3\sqrt{5}-1)}{3(3\sqrt{5}+1)(3\sqrt{5}-1)} = \frac{a\sqrt{33}(3\sqrt{5}-1)}{3(45-1)} = \frac{a\sqrt{33}(3\sqrt{5}-1)}{3 \cdot 44} = \frac{a(3\sqrt{165}-\sqrt{33})}{132}$

Ответ: Радиус вписанного шара равен $r = \frac{a(3\sqrt{165}-\sqrt{33})}{132}$.