Номер 686, страница 99 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

686. Центр шара, вписанного в пирамиду, разделяет ее высоту в отношении 1 : 2. Найдите двугранные углы при основании пирамиды.

Для того чтобы в пирамиду можно было вписать шар, необходимо, чтобы все двугранные углы при ее основании были равны. Пусть $\alpha$ – величина этих углов. Центр вписанного шара $O$ будет лежать на высоте пирамиды $SH$.

Пусть $h$ – высота пирамиды $SH$, а $r$ – радиус вписанного шара. Расстояние от центра шара $O$ до основания пирамиды равно радиусу шара, то есть $OH = r$.

По условию, центр шара $O$ делит высоту $SH$ в отношении $1:2$. Это означает, что один из отрезков, на которые точка $O$ делит высоту ($SO$ и $OH$), в два раза больше другого. Рассмотрим оба возможных случая.

Для нахождения угла $\alpha$ рассмотрим осевое сечение пирамиды, проходящее через высоту $SH$ и апофему боковой грани $SM$ (где $M$ – основание апофемы). В этом сечении $\angle SMH$ является линейным углом двугранного угла при основании, то есть $\angle SMH = \alpha$.

Центр шара $O$ равноудален от основания и боковой грани, поэтому он лежит на биссектрисе угла $\angle SMH$. Таким образом, в треугольнике $OHM$ угол $\angle OMH = \alpha / 2$.

Из прямоугольного треугольника $OHM$ (где $\angle OHM = 90^\circ$) имеем: $tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{OH}{HM} = \frac{r}{HM}$.

Из прямоугольного треугольника $SHM$ (где $\angle SHM = 90^\circ$) имеем: $tan(\alpha) = \frac{SH}{HM} = \frac{h}{HM}$.

Выразим $HM$ из обоих уравнений и приравняем их: $HM = \frac{r}{tan(\alpha/2)} = \frac{h}{tan(\alpha)}$. Отсюда получаем соотношение: $\frac{h}{r} = \frac{tan(\alpha)}{tan(\alpha/2)}$.

Теперь проверим два случая деления высоты.

Случай 1: Центр шара расположен ближе к основанию пирамиды.
В этом случае отрезок $OH$ короче отрезка $SO$, то есть их отношение $OH:SO = 1:2$, или $SO = 2 \cdot OH$.
Так как $OH = r$, то $SO = 2r$.
Высота пирамиды $h = SH = SO + OH = 2r + r = 3r$.
Отношение $\frac{h}{r} = 3$.
Подставляем в полученную формулу:
$3 = \frac{tan(\alpha)}{tan(\frac{\alpha}{2})}$
Используя формулу тангенса двойного угла $tan(\alpha) = \frac{2tan(\frac{\alpha}{2})}{1 - tan^2(\frac{\alpha}{2})}$, получаем:
$3 = \frac{2}{1 - tan^2(\frac{\alpha}{2})}$
$3 \cdot (1 - tan^2(\frac{\alpha}{2})) = 2$
$3 - 3tan^2(\frac{\alpha}{2}) = 2$
$1 = 3tan^2(\frac{\alpha}{2})$
$tan^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1}{3}$
Так как $\alpha/2$ – острый угол, $tan(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Это означает, что $\frac{\alpha}{2} = 30^\circ$, а искомый угол $\alpha = 60^\circ$.

Случай 2: Центр шара расположен ближе к вершине пирамиды.
В этом случае отрезок $SO$ короче отрезка $OH$, то есть их отношение $SO:OH = 1:2$, или $OH = 2 \cdot SO$.
Так как $OH = r$, то $SO = r/2$.
Высота пирамиды $h = SH = SO + OH = \frac{r}{2} + r = \frac{3r}{2}$.
Отношение $\frac{h}{r} = \frac{3}{2}$.
Подставляем в формулу:
$\frac{3}{2} = \frac{tan(\alpha)}{tan(\frac{\alpha}{2})}$
$\frac{3}{2} = \frac{2}{1 - tan^2(\frac{\alpha}{2})}$
$3 \cdot (1 - tan^2(\frac{\alpha}{2})) = 4$
$3 - 3tan^2(\frac{\alpha}{2}) = 4$
$3tan^2(\frac{\alpha}{2}) = -1$
$tan^2(\frac{\alpha}{2}) = -\frac{1}{3}$
Данное уравнение не имеет действительных решений, так как квадрат числа не может быть отрицательным. Этот случай невозможен.

Единственным возможным решением является результат, полученный в первом случае.

Ответ: $60^\circ$.