Номер 1159, страница 159 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

1159. Большим основанием усеченной пирамиды является равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $\angle ABC = \alpha$, $AB = BC = a$, боковые грани, содержащие равные стороны основания, ему перпендикулярны, а третья боковая грань образует с основанием двугранный угол $\beta$. Учитывая, что в усеченную пирамиду вписана сфера, найдите ее радиус.

Обозначим данную усеченную пирамиду как $ABCA_1B_1C_1$, где $ABC$ - большее основание. В основании лежит равнобедренный треугольник $ABC$, в котором $AB = BC = a$ и $\angle ABC = \alpha$.

1. Определение высоты пирамиды.

По условию, боковые грани, содержащие равные стороны основания ($AB$ и $BC$), то есть грани $ABB_1A_1$ и $CBB_1C_1$, перпендикулярны плоскости основания $ABC$. Поскольку эти две плоскости пересекаются по ребру $BB_1$, то и само ребро $BB_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Таким образом, ребро $BB_1$ является высотой $H$ усеченной пирамиды.

2. Связь высоты и радиуса вписанной сферы.

По условию, в усеченную пирамиду вписана сфера. Пусть радиус этой сферы равен $R$. Центр вписанной сферы равноудален от всех ее граней на расстояние $R$. В частности, он равноудален от плоскостей верхнего и нижнего оснований. Расстояние между этими плоскостями равно высоте пирамиды $H$. Следовательно, высота пирамиды равна диаметру вписанной сферы:

$H = BB_1 = 2R$.

3. Расположение центра сферы.

Пусть $O$ - центр вписанной сферы. Спроецируем точку $O$ на плоскость нижнего основания $ABC$, получим точку $O'$.

Сфера касается боковых граней $ABB_1A_1$ и $CBB_1C_1$. Так как эти грани перпендикулярны основанию, расстояние от центра сферы $O$ до этих граней равно расстоянию от его проекции $O'$ до сторон основания $AB$ и $BC$ соответственно. Оба эти расстояния равны $R$.

Поскольку точка $O'$ равноудалена от сторон $AB$ и $BC$, она лежит на биссектрисе угла $\angle ABC$. В равнобедренном треугольнике $ABC$ биссектриса, проведенная из вершины $B$, является также высотой и медианой. Проведем высоту $BH$ к стороне $AC$. Точка $O'$ лежит на отрезке $BH$.

4. Нахождение положения проекции центра.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный точкой $B$, точкой $O'$ и основанием перпендикуляра, опущенного из $O'$ на сторону $AB$. В этом треугольнике катет, противолежащий углу $\angle O'BA = \alpha/2$, равен $R$, а гипотенуза равна $BO'$. Отсюда имеем:

$R = BO' \cdot \sin(\frac{\alpha}{2})$

Следовательно, $BO' = \frac{R}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$.

Длину высоты $BH$ найдем из прямоугольного треугольника $ABH$:

$BH = AB \cdot \cos(\angle ABH) = a \cos(\frac{\alpha}{2})$.

Теперь найдем расстояние от точки $O'$ до стороны $AC$, которое равно длине отрезка $HO'$:

$HO' = BH - BO' = a \cos(\frac{\alpha}{2}) - \frac{R}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$.

5. Использование условия для третьей боковой грани.

Третья боковая грань $ACC_1A_1$ образует с основанием $ABC$ двугранный угол $\beta$. Центр сферы $O$ равноудален как от плоскости основания $ABC$ (расстояние равно $R$), так и от плоскости грани $ACC_1A_1$ (расстояние тоже равно $R$). Это означает, что точка $O$ лежит в биссекторной плоскости этого двугранного угла.

Рассмотрим сечение усеченной пирамиды плоскостью, проходящей через $BH$ и перпендикулярной ребру $AC$. В этой плоскости сечения лежит центр сферы $O$ (поскольку его проекция $O'$ лежит на $BH$, а сам центр находится на высоте $R$ над $O'$). В этом сечении двугранный угол $\beta$ проявляется как линейный угол между следом плоскости основания (линия, содержащая $BH$) и следом плоскости грани $ACC_1A_1$ (линия, проходящая через $H$).

Точка $O$ в этой плоскости сечения равноудалена от этих двух линий. Следовательно, она лежит на биссектрисе угла между ними. Если мы рассмотрим систему координат в плоскости сечения с началом в точке $H$, то координаты точки $O$ будут $(HO', R)$. Угол между осями, представляющими плоскости, равен $\beta$. Точка $O$ лежит на биссектрисе этого угла. Отсюда следует простое геометрическое соотношение:

$R = HO' \cdot \tan(\frac{\beta}{2})$

6. Вычисление радиуса.

Подставим ранее найденное выражение для $HO'$ в это уравнение:

$R = \left(a \cos(\frac{\alpha}{2}) - \frac{R}{\sin(\frac{\alpha}{2})}\right) \tan(\frac{\beta}{2})$

Теперь решим это уравнение относительно $R$:

$R = a \cos(\frac{\alpha}{2}) \tan(\frac{\beta}{2}) - R \frac{\tan(\frac{\beta}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$

$R + R \frac{\tan(\frac{\beta}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})} = a \cos(\frac{\alpha}{2}) \tan(\frac{\beta}{2})$

$R \left(1 + \frac{\tan(\frac{\beta}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})}\right) = a \cos(\frac{\alpha}{2}) \tan(\frac{\beta}{2})$

$R = \frac{a \cos(\frac{\alpha}{2}) \tan(\frac{\beta}{2})}{1 + \frac{\tan(\frac{\beta}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})}}$

Упростим полученное выражение, умножив числитель и знаменатель на $\sin(\frac{\alpha}{2})$:

$R = \frac{a \cos(\frac{\alpha}{2}) \sin(\frac{\alpha}{2}) \tan(\frac{\beta}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2}) + \tan(\frac{\beta}{2})}$

Используя формулу синуса двойного угла $2\sin(x)\cos(x) = \sin(2x)$, получаем $\cos(\frac{\alpha}{2})\sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1}{2}\sin(\alpha)$.

$R = \frac{\frac{a}{2} \sin(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2}) + \tan(\frac{\beta}{2})}$

Ответ: $R = \frac{a \sin(\alpha) \tan(\frac{\beta}{2})}{2(\sin(\frac{\alpha}{2}) + \tan(\frac{\beta}{2}))}$.