Номер 531, страница 174 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

531*. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна $a$, а угол между противолежащими боковыми гранями — $\alpha$. Найдите радиус вписанного шара.

Пусть `SABCD` – данная правильная четырехугольная пирамида. Основание `ABCD` – квадрат со стороной `a`. Пусть `O` – центр основания, `SO` – высота пирамиды.

Угол между противолежащими боковыми гранями, например `SAB` и `SCD`, по условию равен `\alpha`. Для нахождения этого угла построим его линейный угол. Проведем апофемы `SM` и `SN` в гранях `SAB` и `SCD` соответственно (где `M` и `N` – середины сторон `AB` и `CD`). Так как пирамида правильная, `SM \perp AB` и `SN \perp CD`. Плоскость, проходящая через апофемы `SM` и `SN`, перпендикулярна ребрам `AB` и `CD`, а значит, угол `\angle MSN` в треугольнике `SMN` является линейным углом двугранного угла между гранями `SAB` и `SCD`. Таким образом, $\angle MSN = \alpha$.

Рассмотрим треугольник `SMN`. Он является равнобедренным, так как апофемы правильной пирамиды равны: `SM = SN`. Высота пирамиды `SO` является в этом треугольнике высотой, медианой и биссектрисой. Отрезок `MN` соединяет середины противолежащих сторон квадрата, поэтому его длина равна стороне квадрата: `MN = a`. Так как `O` – середина `MN`, то `OM = \frac{a}{2}`.

Центр вписанного в пирамиду шара (назовем его `I`) лежит на оси симметрии пирамиды, то есть на ее высоте `SO`. Радиус вписанного шара `r` – это расстояние от центра `I` до каждой грани пирамиды. В частности, расстояние от `I` до плоскости основания `ABCD` равно `IO`, следовательно, $IO = r$.

Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью `SMN`. Центр вписанного шара `I` лежит на высоте `SO` в этой плоскости. Шар касается основания в точке `O` и боковой грани `SAB`. Это означает, что точка `I` равноудалена от плоскости основания `(ABCD)` и плоскости боковой грани `(SAB)`. Следовательно, `I` лежит на биссекторной плоскости двугранного угла между гранью `SAB` и основанием `ABCD`.

Линейным углом этого двугранного угла является угол `\angle SMO`. Обозначим его `\beta`. В прямоугольном треугольнике `SOM` (угол `\angle SOM = 90^\circ`):

$\angle SMO + \angle MSO = 90^\circ$

Поскольку `SO` – биссектриса угла `\angle MSN`, то $\angle MSO = \frac{\alpha}{2}$.

Тогда $\beta + \frac{\alpha}{2} = 90^\circ$, откуда $\beta = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Так как точка `I` лежит на биссектрисе двугранного угла `\beta`, то в сечении `SMN` отрезок `MI` является биссектрисой угла `\angle SMO`. Рассмотрим прямоугольный треугольник `IOM` (угол `\angle IOM = 90^\circ`). В нем:

$\angle IMO = \frac{\beta}{2} = \frac{90^\circ - \frac{\alpha}{2}}{2} = 45^\circ - \frac{\alpha}{4}$

Из треугольника `IOM` выразим радиус `r = IO` через `OM = \frac{a}{2}`:

$\tan(\angle IMO) = \frac{IO}{OM}$

$r = IO = OM \cdot \tan(\angle IMO) = \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$

Ответ: $r = \frac{a}{2} \tan(45^\circ - \frac{\alpha}{4})$